[32473181]解密14 空间中的平行与垂直 (讲义)-【高频考点解密】2022年高考数学（理）二轮复习讲义 分层训练（全国通用）.docx

1、解密14 空间中的平行与垂直内容索引核心考点1 空间点、线、面位置关系的基本问题核心考点2 平行与垂直关系的证明核心考点3 平面图形的翻折与存在性问题 高考考点三年高考探源预测平行与垂直关系的证明2021全国甲卷理科19（1）2021全国甲卷文科19（2）2021全国乙卷文科18（2）2020课标全国文科19（1）2020课标全国理科18（1）2020课标全国文科20（1）2020课标全国理科20（1）2020课标全国文科19（1）2019课标全国18（1）2019课标全国17（1）2019课标全国19（1）从近三年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定和

2、性质和直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，以解答题的形式重点考查空间平行关系和垂直关系的证明，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等平面图形的翻折与存在性问题2019课标全国19核心考点一 空间点、线、面位置关系的基本问题考法 空间点、线、面位置关系的基本问题变式一 位置关系的判断1、（2022江西赣州高二期末（文）已知直线，两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】对于A, 可能在内，故可判断A；对于B, 可能相交，故可判断B;对于C,根据线面垂直的判定定理，可判定C; 对于D, 和可能平行，或斜交或在内，故可判断D.【详解】对于A, 除

3、了外，还有可能在内，故可判断A错误；对于B, ，那么可能相交，故可判断B错误；对于C,根据线面平行的性质定理可知，在内一定存在和平行的直线，那么该直线也垂直于 ，所以，故判定C正确; 对于D，则 和可能平行，或斜交或在内，故可判D.错误，故选：C.2、（2021安徽六安一中高三阶段练习（文）设，是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出四个命题：若，则 若，则若，则 若，则其中正确命题的个数是（ ）A1B2C3D4【答案】B【解析】根据线面位置关系的判定定理、性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解.【详解】由是互不重合的平面，是互不重合的直线，对于中，由，则或与相交，所以不正确；对于中，由

4、，则或或与相交，所以不正确；对于中，由，根据垂直于同一直线的两平面平行，可得，所以正确的；对于中，由，可得，所以正确.故选：B.技巧点拨空间中点、线、面的位置关系的判定方法：（1）可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例（2）可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义变式二 位置关系的判断与其他知识相结合1、（2022陕西武功县普集高级中学高三期末（文）设，均为直线，其中，在平面内，“”是“且”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】A【解析】根据充分以及必要条件的判定，分别判断“”和“且”推出关系，

5、即可得到答案.【详解】设，均为直线，其中，在平面内，则且，反之若且，当时，推不出，“”是“且”的充分不必要条件，故选：A.2、（2022浙江镇海中学高三期末）如图， 在正方体中， 点分别为的中点， 设过点的平面为， 则下列说法正确的是（ ）A在正方体中， 存在某条棱与平面平行B在正方体 中， 存在某条面对角线与平面平行C在正方体 中， 存在某条体对角线与平面平行D平面截正方体所得的截面为五边形【答案】D【解析】根据题意可得 交平面于点， 交平面于点， 交平面于点，故不存在某条棱与平面平行，即可以判断选项A错误；由六个面的12条面对角线与平面都相交，即可判断选项B错误；体对角线全部与面相交，即可

6、判断选项C错误；补全图形可得平面截正方体所得的截面为五边形，即可以判断选项D正确.【详解】对于选项A，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，故A错误；观察几何体可知六个面的12条面对角线与平面都相交，故B错误；四条体对角线全部与面都相交，故C错误.如下图，取中点为，易得，取中点为，连接，易得，再取中点为，连接，则，是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故D正确； 故选：D.核心考点二 平行与垂直关系的证明考法 平行与垂直关系的证明变式一 平行的判定及性质1、（2021重庆第

7、二外国语学校高二期中）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1 中，E为BB1的中点.(1)证明：BC1/平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）由四边形是平行四边形得出，再由线面平行的判定证明即可；（2）利用等体积法得出点到平面AD1E的距离，进而得出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.(1)，四边形是平行四边形，又平面AD1E，平面AD1E，BC1/平面AD1E(2)设，点到平面AD1E的距离为.，设直线AA1与平面AD1E所成角为，则.故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.2、（2022河南原阳一中模拟预测（理

8、）在四棱锥中，.(1)若E为PC的中点，求证：平面PAD.(2)当平面平面ABCD时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角.(1)取CD的中点M，连接EM，BM，由已知得，为等边三角形，.，.又平面PAD，平面PAD，平面PAD.E为PC的中点，M为CD的中点，.又平面PAD，平面PAD，平面PAD.，平面平面PAD.平面BEM，平面PAD.(2)连接AC，交BD于点O，连接PO，由对称性知，O为BD的中点，且，.平面平面ABCD，交线为BD，平面ABCD，.以O为

9、坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.易知平面PBD的一个法向量为.设平面PCD的法向量为，则，令，得，设二面角的大小为由图可知，为锐角，则.变式二 垂直的判定及性质1、（辽宁省葫芦岛市2021-2022学年高二上学期期末数学试题）三棱锥各棱长为2，E为AC边上中点(1)证明：面BDE；(2)求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图所示坐标系，则，易知平面BCD的法向量，利用空间向量法求出面BDE的法向量，结合向量的数量积计算即可得出结果.(1)正四面体中各面

10、分别是正三角形，E为AC边上中点，又平面，且，所以面BDE(2)建立如图所示坐标系，于是，易知平面BCD的法向量设面BDE的法向量，于是，令，则，所以，所以，得所以二面角的正弦值为.2、（2022河南南乐高三阶段练习（文）如图，在直三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，且，为的中点，是棱上一动点（不包括端点）(1)若为的中点，证明：平面；(2)若，求点到平面的距离【答案】(1)证明见解析； (2).【解析】（1）证明出平面，可得出，证明出，可推导出，利用线面垂直的判定可证得结论成立；（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.(1)证明：因为为的中点，在中，所以，在直三

11、棱柱中，平面，平面，则，故平面，又因为平面，所以，因为四边形为正方形，为中点，为的中点，则，所以，所以，又，平面.(2)解：若，则，因为，则，所以为等腰三角形，底边上的高为，所以，设点到平面的距离为，由等体积法得，所以，解得，因此，点到平面的距离为技巧点拨空间平行与垂直关系的证明主要是转化思想的应用，如下图：在解决平行(垂直)关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化；而应用性质定理时，其顺序则正好相反在实际应用中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用变式三 线面角与二面角1、（2022湖北省武汉市青山区教育局高二期末）在正方体中，E，F分别为AB，CD的中点，则与平面所成的角的正

12、弦值为（ ）ABCD【答案】B【解析】作出线面角构造三角形直接求解，建立空间直角坐标系用向量法求解.【详解】设正方体棱长为2，、F分别为AB、CD的中点，由正方体性质知平面，所以平面平面，在平面作，则平面，因为，所以即为所求角，所以.故选：B2、（2022浙江高二期末）已知矩形 ，沿对角线将折起，若二面角的余弦值为，则与之间距离为（ ）ABCD【答案】C【解析】过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，分析可知二面角的平面角为，利用余弦定理求出，证明出，再利用勾股定理可求得的长.【详解】过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，因为，则，因为，由等面积法

13、可得，同理可得，由勾股定理可得，同理可得，因为四边形为平行四边形，且，故四边形为矩形，所以，因为，所以，二面角的平面角为，在中，由余弦定理可得，则，因为，平面，平面，则，由勾股定理可得.故选：C.3、（2022吉林长春外国语学校高二期末）如图，在三棱锥P-ABC中，ABC是以AC为底的等腰直角三角形，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且，求平面MAP与平面CAP所成角的大小.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】（1）接BO，由是等边三角形得，由得出，再利用线面垂直的判断定理可得 平面；（2）建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐

14、标系，求出平面的法向量、平面的法向量，利用二面角的向量求法可得答案.(1)连接BO，由已知ABC是以AC为底的等腰直角三角形，且PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点，则是等边三角形，在中，满足，即是直角三角形，则，又，平面，所以平面.(2)建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系如图所示，则，则平面的法向量为，由已知，得到点坐标，设平面的法向量 则，令 ，则，即，设平面MAP与平面CAP所成角为，则，则平面MAP与平面CAP所成角为.技巧点拨记住以下几个常用结论：（1）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等（2）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行（3）两条直线被三个平行平面所

15、截，截得的对应线段成比例（4）如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行（5）垂直于同一条直线的两个平面平行（6）过一点有且只有一条直线与已知平面垂直（7）过一点有且只有一个平面与已知直线垂直核心考点三 平面图形的翻折与存在性问题考法 平面图形的翻折与存在性问题变式一 翻折问题1、（2022陕西高三期末（理）在四边形中（如图1所示），将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为棱，的中点，连接，则下列结论错误的是（ ）AB直线与所成角的余弦值为CC，E，F，G四点不共面D四面体外接球的表面积为【答案】D【解析】以线面垂直去证；选基底以向量法去求直线与所成角的余

16、弦值；观察法去判断C，E，F，G四点不共面；先求四面体外接球的半径再求其外接球的表面积.【详解】如图1，取的中点O，连接，对于选项A，因为为等腰直角三角形，为等边三角形，所以，因为，所以平面，所以，故选项A正确；对于选项B，设，则，又，则，故选项B正确；对于选项C，如图1，连接，则，平面，平面故平面.显然、是异面直线，所以C，E，F，G四点不共面，故选项C正确；对于选项D，如图2，过的重心H作直线m垂直于平而，过点O作直线n垂直平而，则直线m与直线n交于点Q，即Q为四而体外接球的球心，连接，中，则，故，在中，所以，从而，即四而体外接球的半径，则该外接球的表而积，故选项D错误故选：D2、（202

17、2辽宁大连高二期末）如图1，矩形ABCD，E为CD中点，F为线段CE（除端点外）的动点，如图2，将沿AF折起，使平面平面ABC，在平面ABD内，过点D作，K为垂足，则AK长度的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】过作交AB于M，连FK，设，用表示，然后在中，利用勾股定理求出的函数关系，求出的范围.【详解】过做交AB于M，连FK，设,则，在中，,在中，,在中，,化简得t的取值范围是故选：A3、（2022浙江高三期末）如图，四边形ABCD中，,，沿对角线AC将ACD翻折成，使得.(1)证明：；(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析； (2)【解析】（1）作出辅助

18、线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到为二面角的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.(1)取中点F，连接EF，BF，因为，所以EF是的中位线，故，因为，所以，又因为，所以平面BEF，因为平面BEF，所以，由三线合一得：(2)因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HGAB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，由可得：，由勾股定理得：，因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值为.技巧点拨折叠与展开，这两种方式的转变是

19、空间几何与平面几何问题转化的集中体现，求解翻折问题的关键是把握翻折前后的变量和不变量变式二 探索性问题1、（2021安徽铜陵一中高三阶段练习（文）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】作出辅助线，找到过点且与平面AEF平行的平面，进而得到点P的轨迹，从而求出线段长度的取值范围.【详解】如图，取中点G，中点H，连接GH，则AE，又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理EF，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，因为，所以平面平面AEF，因为是侧面内一点，当P点在线段GH上时，能够满足平面，因为正方体棱

20、长为2，由勾股定理得：，故点P落在GH中点时，长度最小，此时，当点P与G或H重合时，长度最大，此时，综上：线段长度的取值范围是.故选：B2、（2022安徽合肥高三期末（文）如图，在三棱柱中，为棱AA1的中点，BM平面A1B1C1=N(1)试确定点的位置，并证明C1N平面B1CM；(2)若是等边三角形，AB=AA1=2，AA1B1=60，且平面平面，求四面体A1MNC1的体积【答案】(1)延长，交B1A1的延长线于点N；证明见解析；(2).【解析】（1）延长，交B1A1的延长线于点N，由平面的基本性质可得点N即为所求，然后利用棱柱的性质及线面平行的判定定理即证；（2）取线段的中点G，由题可得C1

21、G是三棱锥C1A1MN的高，然后利用三角形面积公式及棱锥的体积公式即求.(1)延长，交B1A1的延长线于点NNA1B1，A1B1平面A1B1C1，N平面A1B1C1又NBM，BM平面A1B1C1=N，点N即为所求连接C1N，C1B交直线B1C于点O，连接OMA1MB1B，NA1MNB1B又M为线段AA1的中点，NMNB=A1MB1B=12，即M为线段NB的中点在三棱柱中，四边形为平行四边形，O为线段C1B中点，OM为BNC1中位线，C1NOM又OM平面B1CM，C1N平面B1CM，C1N平面B1CM(2)取线段的中点G，连接C1G由条件知，为等边三角形，C1GA1B1，且C1G=3平面A1B1

22、C1平面，平面A1B1C1平面ABB1A1=A1B1，C1G平面A1B1C1，C1G平面A1B1BA，即C1G是三棱锥C1A1MN的高又AA1B1=60，NA1M=120由（1）知，NA1=A1B1=2，A1M=12AA1=1，SNA1M=1221sin120=32，四面体A1MNC1的体积V=13SNA1MC1G=13323=12技巧点拨（1）推理型探索性问题推理型探索性问题，以探究空间中直线、平面的平行与垂直关系为主，解决此类问题主要采用直接法，即利用空间平行与垂直关系的判定与性质定理进行逻辑推理，将其转化为平面图形中的线线关系进行探究，逻辑推理的思维量较大（2）计算型探索性问题计算型探索性问题，主要是对几何体的表面积、体积或距离等问题进行有关探究解决此类问题主要采用直接法，即利用几何体的结构特征，巧设未知量，将所探究的问题转化为建立关于所设未知量的函数或方程，依据目标函数的性质或方程解的存在性求解