2021高考数学考点专项突破 立体几何中的平行与垂直（含解析）.docx

1、立体几何中的平行与垂直一、单选题1、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m、n是平面外的两条直线，在m的前提下，mn是n的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，则存在有.而由可得，从而有.反之则不一定成立，可能相交，平行或异面.所以是的充分不必要条件，故选A2、（2020年高考浙江）已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.

2、当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B3、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行B，平行与同一个平面C内有两条相交直线与内两条相交直线平行D，垂直与同一个平面【答案】C【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；对于B，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得；对于D，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行故选：C4、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知，是两

3、条不同的直线，是平面，且，则（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】A选项 有可能线在面内的情形，错误；B选项中l与m还可以相交或异面，错误；C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，D选项中由线面垂直的性质定理可知正确.故选：D5、（2020浙江高三）已知，是两个相交平面，其中l，则（）A内一定能找到与l平行的直线B内一定能找到与l垂直的直线C若内有一条直线与l平行，则该直线与平行D若内有无数条直线与l垂直，则与垂直【答案】B【解析】由，是两个相交平面，其中l，知：在A中，当l与，的交线相交时，内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知内一定能找到与l

4、垂直的直线，故B正确；在C中，内有一条直线与l平行，则该直线与平行或该直线在内，故C错误；在D中，内有无数条直线与l垂直，则与不一定垂直，故D错误故选：B6、（2019年高考全国卷理数）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B7、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）A若，则B若

5、，则C若，则D若，则【答案】D【解析】选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，选项C中还有相交，故C不正确，故选：D8、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期8月开学数学试题）已知平面，是内不同于的直线，那么下列命题中错误的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】选项：由线面平行的性质可知正确.选项：由线面平行的判定可知正确.选项：由线面垂直的性质可知正确.选项：因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故错误.故选：9、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期10月月考）如图，点P在正方体

6、的面对角线上运动，则下列四个结论：三棱锥的体积不变；平面；平面平面其中正确的结论的个数是A1个B2个C3个D4个【答案】C【解析】对于，由题意知，从而平面，故BC上任意一点到平面的距离均相等，所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；对于，连接，且相等，由于知：，所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；对于，由于平面，所以，若，则平面DCP，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；对于，连接，由且，可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确故选：C10、（北京市海淀区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）已知、是三个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而

7、不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】如下图所示，将平面、视为三棱柱的三个侧面，设，将、视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“”“”；另一方面，若，且，由面面平行的性质定理可得出.所以，“”“”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.12、（2019年高考全国卷理数）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）ABM=EN，且直线BM，EN 是相交直线BBMEN，且直线BM，EN 是相交直线CBM=EN，且直线BM，EN 是异面直线DBMEN，且直线BM，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作于，连

8、接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B13、（2020届湖南省长沙市长郡中学高三第五次月考数学(文)试题）如图所示的四个正方体中，正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号为（ ）ABCD【答案】D【解析】由题意结合正方体的性质：如图，平面ABC平面MNP，则平面，正确；如图，平面ABC平面MNP，则平面，正确；如图，平面ABC平面MNP，则平面，正确；如图，平面AB平面MNP=A，则错误；故选：D.14、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，在直角梯

9、形中，为中点，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，有下列命题：的最小值为；平面；存在某个位置，使；无论位于何位置，均有.其中正确命题的个数为（ ）ABCD【答案】D【解析】在直角梯形中， ，为中点，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，当与重合时，的最小值为；所以正确；连接交于连接，可以证明平面平面，所以平面，所以正确；当平面时，可得平面，所以，所以正确；因为，所以直线平面，所以无论位于何位置，均有.所以正确；故选：D.二、 多选题15、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）A若则B若则C若，则D若

10、，则【答案】ACD【解析】若，则且使得，又，则，由线面垂直的判定定理得，故A对；若，如图，设，平面为平面，设平面为平面，则，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若，则，又，则，故D对；故选：ACD16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）AB存在一个位置，使为等边三角形C与不可能垂直D直线与平面所成的角的最大值为【答案】ABD【解析】A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；B选项，因为折起的过程

11、中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确； C选项，由A选项知，所以，因此，同B选项，设菱形的边长为，易得，所以，显然当时，即；故C错误；D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.故选：ABD.17、（2020届山东省济宁市高三上期末）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是（ ）A若且则B若则C若则D若则【答案】BC【解析】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；B. 若则，又故，正确；C. 若则或，又故，正确；D. 若则，则

12、或，错误；故选：18、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体中，N为底面ABCD的中心，P为线段上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）ACM与PN是异面直线BC平面平面D过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形【答案】BCD【解析】共线，即交于点，共面，因此共面，A错误；记，则，又，即B正确；由于正方体中，平面，则，可得平面，平面，从而可得平面平面，C正确；取中点，连接，易知，又正方体中，共面，就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形D正确故选：BCD.19、（2020蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，.若点为的中点，则下列说法

13、正确的为（ ）A平面B面C四棱锥外接球的表面积为D四棱锥的体积为6【答案】BC【解析】作图在四棱锥中：由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，则平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，中，面，面，所以面，所以选项B正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，则平面，四棱锥的体积所以选项D错误.矩形中，易得，中求得：在中即： ，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C正确故选：BC三、填空题20、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平

14、面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45.其中正确的有_(把所有正确的序号都填上)【答案】【解析】对于，因为PA平面ABC，所以PAAE，又，所以平面PAB，从而可得，故正确对于，由于PA平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故不正确对于，由于在正六边形中，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故不正确对于，由条件得为直角三角形，且PAAD，又，所以PDA=45故正确综上正确答案：21、（2019年高考北京卷理数）已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论

15、，写出一个正确的命题：_【答案】如果l，m，则lm.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l，m，则lm，正确；（2）如果l，lm，则m，不正确，有可能m在平面内；（3）如果lm，m，则l，不正确，有可能l与斜交、l.故答案为：如果l，m，则lm.22、(2018南京三模） 已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：若l，l，则； 若l，则l； 若l，l，则； 若l，则l其中真命题为_（填所有真命题的序号）【答案】:【解析】：考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；直线l可能在平面内；正确；不一定垂直；23、(2017南京、盐城二模）已知，为两

16、个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是_(填上所有正确命题的序号)若，m，则m；若m，n，则mn；若，n，mn，则m； 若n，n，m，则m.【答案】 【解析】：思路分析 逐一判断每个命题的真假这是面面平行的性质，正确；只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；当m时，才能保证m，错误；由m，n，得mn，又n，所以m，正确24、(2016南京三模）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l，m.给出下列命题：lm；lm；ml；lm.其中正确的命题是_(填写所有正确命题的序号)【答案】. 【解析】：由l，得l，又因为m，所以lm；由l，得l或l，又因为m，所以l与m或异

17、面或平行或相交；由l，m，得lm.因为l只垂直于内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于；由l，l，得.因为m，所以m.四、解答题25、（2020年高考江苏）在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点（1）求证：EF平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C平面ABB1【解析】因为分别是的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面,所以.又,平面,平面, 所以平面.又因为平面,所以平面平面.26、（2019年高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）

18、BEC1E【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.又因为BE平面ABC，所以CC1BE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.27、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，

19、N分别为棱PA，PD的中点已知侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是矩形，DADP.求证：(1)MN平面PBC；（2）MD平面PAB.【证明】(1)在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MNAD.(2分)又底面ABCD是矩形，所以BCAD.所以MNBC.(4分)又BC平面PBC，MN平面PBC，所以MN平面PBC. (6分)(2)因为底面ABCD是矩形，所以ABAD.又侧面PAD底面ABCD，侧面PAD底面ABCDAD，AB底面ABCD，所以AB侧面PAD.(8分)又MD侧面PAD，所以ABMD.(10分)因为DADP，又M为AP的中点，从而MDPA. (12分)又PA，A

20、B在平面PAB内，PAABA，所以MD平面PAB.(14分)28、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，A1CBC1，AB1BC1，D，E分别是AB1和BC的中点求证：(1)DE平面ACC1A1；(2)AE平面BCC1B1.规范解答 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1BB1且AA1BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点(2分)在BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DEA1C.又因为DE平面ACC1A1，A1C平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1.(6分)(2)由(1)知DE

21、A1C，因为A1CBC1，所以BC1DE.(8分)又因为BC1AB1，AB1DED，AB1，DE平面ADE，所以BC1平面ADE.又因为AE平在ADE，所以AEBC1.(10分)在ABC中，ABAC，E是BC的中点，所以AEBC.(12分)因为AEBC1，AEBC，BC1BCB，BC1，BC平面BCC1B1，所以AE平面BCC1B1. (14分)29、(2019苏锡常镇调研（一）如图，三棱锥DABC中，已知ACBC，ACDC，BCDC，E，F分别为BD，CD的中点求证：(1) EF平面ABC；(2) BD平面ACE. 规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以E

22、FBC，(3分)因为BC平面ABC，EF平面ABC，所以EF平面ABC.(6分)(2)因为ACBC，ACDC，BCDCC，BC，DC平面BCD所以AC平面BCD，(8分)因为BD平面BCD，所以ACBD，(10分)因为DCBC，E为BD的中点，所以CEBD，(12分)因为ACCEC，AC，CE平面ACE，所以BD平面ACE.(14分)30、（2020届江苏省海安中学、金陵中学、新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，且，分别是，的中点，. (1)求证：平面；(2)求证：平面平面 【解析】(1)取中点，连，分别是，的中点，且又为中点，且，四边形为平行四边形，又平面，平面平面

23、(2)设由及为中点得又，又为公共角即又，平面，又平面平面平面31、（2020届江苏省海安中学、金陵中学、新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知棱AB，AD，AP两两垂直，长度分别为1，2，2.若DC=AB（R），且向量PC与BD夹角的余弦值为1515.（1）求的值；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.【解析】（1）依题意，以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyzB(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为DC=AB，所以C(,2,0)，从而PC=(,2,-2)，则由cosPC,BD=1515，解得=10（舍去）

24、或=2.（2）易得PC=(2,2,-2)，PD=(0,2,-2)，设平面PCD的法向量n=(x,y,z)，则nPC=0，nPD=0，即x+y-z=0，且y-z=0，所以x=0，不妨取y=z=1，则平面PCD的一个法向量n=(0,1,1)，又易得PB=(1,0,-2)，故cosPB,n=PBnPBn=-105，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105.32、（2020届江苏南通市高三基地学校第一次大联考数学试题）如图，在三棱锥中，.为的中点，为上一点，且平面.求证：（1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）因为平面平面，所以.因为为一点，所以为中点. 因为为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以平面平面. 因为，所以. 因为平面，平面平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.