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1、考点十四空间中的平行与垂直关系 一、选择题1已知平面平面，若两条直线m，n分别在平面，内，则m，n的关系不可能是()A平行B相交C异面D平行或异面答案B解析由知，.又m，n，故mn.故选B.2设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法正确的是()A在平面内有且只有一条直线与直线m垂直B过直线m有且只有一个平面与平面垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直答案B解析可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面，由AB，CD均与m垂直知，A错误；由D1C1与m垂直且与平面平行知，C错误；由平面ADD1A1与m平行且与平面垂
2、直知，D错误故选B.3(2019东北三省四市一模)已知m，n为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是()Amn，m，nBmn，m，nCmn，m，nDmn，m，n答案B解析当mn时，若m，可得n.又n，可知，故选B.4(2019湖南长沙一中模拟一)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是()AA1ODCBA1OBCCA1O平面B1CD1DA1O平面ABD答案C解析显然A1O与DC是异面直线，故A错误；假设A1OBC，结合A1ABC可得BC平面A1ACC1，则可得BCAC，显然不正确，故假设错误，即B错误；在正方体ABC
3、DA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD，B1D1B1CB1，平面A1DO平面B1CD1，A1O平面A1DO，A1O平面B1CD1，故C正确；又A1A平面ABD，过一点作平面ABD的垂线有且只有一条，则D错误，故选C.5下列命题中错误的是()A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面答案D解析对于D，若平面平面，则平面内的直线可能不垂直于平面，甚至可能平行于平面，其余选项均是正确的6. 如图，在空
4、间直角坐标系中，有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则异面直线BC1与AB1所成角的余弦值为()ABCD答案A解析设CB1，则(2,2,1)，(0,2，1)，则cos，.故选A.7(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的
5、辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.8如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC答案D解析因为在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD
6、平面BCDBD，所以CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，所以AB平面ADC，则平面ABC平面ADC，故选D.二、填空题9如图，P为正方体ABCDA1B1C1D1体对角线BD1上的一点，且，若BD1平面PAC，则_.答案解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设P(x，y，z)，则由得(x1，y1，z)(1，1,1)，所以P(1，1，)，则(，1，)，又因为BD1平面PAC，所以10，解得.10(2019黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题：如果平面外一条直线a与
7、平面内一条直线b平行，那么a；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的序号为_答案解析命题是线面平行的判定定理，正确；命题因为垂直同一平面的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；命题平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；命题因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于第三个平面，故正确故答案为.11. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，点D在棱BB1上，且BD1，
8、则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为_答案解析如图，取C1A1，CA的中点E，F，连接B1E，BF，EF，则B1E平面CAA1C1.过点D作DHB1E，则DH平面CAA1C1.连接AH，则DAH为AD与平面AA1C1C所成角DHB1E，DA，所以sinDAH.12(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_答案解析如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.又PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，
9、即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.三、解答题13(2019福建3月质检)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，ABA1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的点，且AA1CM.(1)证明：MN平面ABC；(2)若ABA1B，求二面角ACMN的余弦值解(1)证明：如图1，在三棱柱ABCA1B1C1中，连接BM，因为BCC1B1是矩形，所以BCBB1，因为AA1BB1，所以AA1BC，又因为AA1MC，BCMCC，所以AA1平面BCM，所以AA1MB，又因为ABA1B，所以M是AA1的中点，取BC的中点P，连接N
10、P，AP，因为N是B1C的中点，则NPBB1且NPBB1，所以NPMA且NPMA，所以四边形AMNP是平行四边形，所以MNAP，又因为MN平面ABC，AP平面ABC，所以MN平面ABC.(2)因为ABA1B，所以ABA1是等腰直角三角形，设ABa，则AA12a，BMAMa.在RtACM中，ACa，所以MCa.在BCM中，CM2BM22a2BC2，所以MCBM，由(1)知，则MCAA1，BMAA1，如图2，以M为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则M(0,0,0)，C(0,0，a)，B1(2a，a,0)所以N，则(0,0，a)，设平面CMN的法向量为n1(x，y，
11、z)，则即取x1得y2.故平面CMN的一个法向量为n1(1，2,0)，因为平面ACM的一个法向量为n2(0,1,0)，则cosn1，n2.因为二面角ACMN为钝角，所以二面角ACMN的余弦值为.14(2019广东湛江高考测试二)三棱锥ABCD中，底面BCD是等腰直角三角形，BCBD2，AB，且ABCD，O为CD的中点，如图(1)求证：平面ABO平面BCD；(2)若二面角ACDB的大小为，求AD与平面ABC所成角的正弦值解(1)证明：BCD是等腰直角三角形，BCBD2，O为CD的中点，BOCD，ABCD，ABBOB，CD平面ABO，CD平面BCD，平面ABO平面BCD.(2)CD平面ABO，CD
12、AOAOB为二面角ACDB的平面角，AOB，BO，ABBO，ABO为等边三角形，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A，D(0,2,0)，(2,0,0)，设平面ABC的法向量n(x，y，z)，则即取n(0，1)，设AD与平面ABC所成角为，则sin|cosn，|，故AD与平面ABC所成角的正弦值为.一、选择题1设直线l与平面平行，直线m在平面内，那么()A直线l不平行于直线mB直线l与直线m异面C直线l与直线m没有公共点D直线l与直线m不垂直答案C解析直线l与平面平行，由线面平行的定义可知，直线l与平面无公共点，又直线m在平面内，直线l与直线m没有公
13、共点，故选C.2(2019河北石家庄二模)设l表示直线，表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A若l且，则lB若且，则C若l且l，则D若且，则答案B解析在A中，若l且，则l，则l与可能相交、平行或l；在B中，若且，则，由面面平行的性质可得；在C中，若l且l，则，则与相交或平行；在D中，若且，则，则与相交或平行，故选B.3(2019安徽江南十校3月综合素质检测)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点则下列叙述中正确的是()A直线BQ平面EFGB直线A1B平面EFGC平面APC平面EFGD平面A1BQ平面EFG答案B
14、解析过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，A1BHE，A1B平面EFG，HE平面EFG，A1B平面EFG，故选B.4设正三棱锥PABC的高为H，且此棱锥的内切球的半径为R，若二面角PABC的正切值为，则()A5B6C7D8答案C解析取线段AB的中点D，设P在底面ABC的射影为O，设ABa，则ODaa，PDC为二面角PABC的平面角，tanPDC，PD6ODa，设正三棱锥PABC的表面积为S，则R，7.5已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1，AB4，若在棱AB上存在点P，使得D1PPC，则AD的取值范围是()A(0,1B(0,2C(1，D1,4)答案B解析连接D
15、P，由D1PPC，DD1PC，且D1P，DD1是平面DD1P上两条相交直线，得PC平面DD1P，PCDP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，即090；若点G在球外，则EGF90；根据题意，可判断，此球与面ABCD，面A1B1C1D1分别相切；与其余面均无公共点因此，当点G恰为切点时，EGF取得最大值90，故选D.解法二：以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则E，F，由图易得当点G位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，则不妨设G(2，y，z)，y0,2，z0，1，(y1)22，当且仅当y1，z，即点G为AB1的中点时等号
16、成立；当点G位于长方体的上下底面时，所处情况相同，则不妨设G(x，y,0)，x，y0,2，则(x1)2(y1)20，当且仅当xy1，即点G为AC的中点时等号成立，所以的最小值为0，即EGF的最大值为90，故选D.8(2019安徽泗县一中最后一模)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，F为棱AA1上的点，且满足A1FFA12，点F，B，E，G，H为过三点B，E，F的平面BMN与正方体ABCDA1B1C1D1的棱的交点，则下列说法错误的是()AHFBEB三棱锥的体积VB1BMN4C直线MN与平面A1B1BA的夹角是45DD1GG1C13答案C解析由于平面ADD1A
17、1平面BCC1B1，而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE，根据面面平行的性质定理可知HFBE，故A正确；由于A1FFA12，而E是CC1的中点，故MA11，HD1，D1G，GC1，C1N2，VB1BMNVBMNB1MB1NB1BB13424，故B正确；对于C，由于B1N平面A1B1BA，所以直线MN与平面A1B1BA所成角为NMB1，且tanNMB11，故C错误；对于D，根据前面计算的结果可知D1G，GC1，故D正确，故选C.二、填空题9(2019北京高考)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，写出一个正确的命题
18、：_.答案若m且l，则lm成立(或若lm，l，则m)解析已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以与相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.10已知四边形ABCD是矩形，AB4，AD3.沿AC将ADC折起到ADC，使平面ADC平面ABC，F是AD的中点，E是AC上一点，给出下列结论：存在点E，使得EF平面BCD；存在点E，使得EF平面ABC；存在点E，使得DE平面ABC；存在点E，使得AC平面BDE.其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号)答案解析对于，存在AC的中点E，使得EFCD，利用线面平行的判定定理可得EF平面
19、BCD；对于，过点F作EFAC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF平面ABC；对于，过点D作DEAC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得DE平面ABC；对于，因为ABCD是矩形，AB4，AD3，所以B，D在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC平面BDE.11(2019河南洛阳第三次统考)在底面是边长为2的正方形的四棱锥PABCD中，顶点P在底面的射影H为正方形ABCD的中心，异面直线PB与AD所成角的正切值为2，若四棱锥PABCD的内切球半径为r，外接球的半径为R，则Rr_.答案解析如图，E，F分别为AB，CD的中点，由题意，PABCD为正四棱锥，底面边长为2，BCAD，P
20、BC即为PB与AD所成角，可得斜高为2，PEF为正三角形，正四棱锥PABCD的内切球半径即为PEF的内切圆半径，所以(2)22r3，可得r1，设O为外接球球心，在RtOHA中，R2()2(3R)2，解得R，Rr1.12. 如图，已知点D，E分别是三棱柱ABCA1B1C1的棱BC，A1B1的中点，给出以下命题：BB1平面C1DE；DE平面ACC1A1；平面ADE平面BCC1B1；VEABD2VEDCC1.其中真命题是_(填上所有真命题的序号)答案解析因为CC1与平面C1DE相交，且CC1BB1，所以BB1也与平面C1DE相交，故错误；取A1C1的中点F，连接EF，CF，由EFDC，且EFDC知四
21、边形EFCD是平行四边形，所以EDFC，又FC平面ACC1A1，ED平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1，故正确；因为题中没有任何垂直关系，故错误；设该三棱柱的高为h，则VEABDSABDhSABChV三棱柱取AB的中点G，连接EG，则EG平面BCC1B1，所以VEDCC1VGDCC1VC1DCGSDCGhSABChV三棱柱，所以VEABD2VEDCC1，故正确所以真命题是.三、解答题13如图，直角梯形BDFE中，EFBD，BEBD，EF2，等腰梯形ABCD中，ABCD，ACBD，AB2CD4，且平面BDFE平面ABCD.(1)求证：AC平面BDFE；(2)若BF与平面ABCD所成角为，
22、求二面角BDFC的余弦值解(1)证明：平面BDFE平面ABCD，平面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，且ACBD，AC平面BDFE.(2)设ACBDO，四边形ABCD为等腰梯形，DOC，AB2CD4，ODOC，OBOA2，FE綊OB，四边形BOFE为平行四边形，OFBE，又BE平面ABCD，OF平面ABCD，FBO为BF与平面ABCD所成的角，FBO，又FOB，OFOB2.以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2，0)，D(0，0)，F(0,0,2)，C(，0,0)，A(2，0,0)，(0，2)，(，0)，AC平面BDFE，平面BDF的法向量为
23、m(1,0,0)设平面DFC的一个法向量为n(x，y，z)，由得令x2得n(2,2，1)，cosn，m.二面角BDFC的余弦值为.14(2019河北武邑中学三模)如图，在棱长均为2的三棱柱ABCA1B1C1中，点C在平面A1ABB1内的射影O为AB1与A1B的交点，E，F分别为BC，A1C1的中点(1)求证：四边形A1ABB1为正方形；(2)求直线EF与平面A1ACC1所成角的正弦值；(3)在线段AB1上是否存在一点D，使得直线EF与平面A1CD没有公共点？若存在，求出的值解(1)证明：连接CO，因为C在平面A1ABB1内的射影O为AB1与A1B的交点，所以CO平面A1ABB1.由已知三棱柱A
24、BCA1B1C1各棱长均相等，所以ACBC，且A1ABB1为菱形由勾股定理得OAOB，即AB1A1B，所以四边形A1ABB1为正方形(2)由(1)知CO平面A1ABB1，COOA，COOA1.在正方形A1ABB1中，OA1OA.如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得O(0,0,0)，A1(，0,0)，A(0，0)，B(，0,0)，C(0,0，)，C1(，)，E，F.所以(，0)，(0，)设平面A1ACC1的法向量为m(x，y，z)，则即令x1，则y1，z1.于是m(1,1,1)又因为，设直线EF与平面A1ACC1所成角为，则sin|cosm，|.所以直线EF与平面A1ACC1所成角的正弦值为.(3)直线EF与平面A1CD没有公共点，即EF平面A1CD.设D点坐标为(0，y0,0)，D与O重合时不符合题意，所以y00.因为(，y0,0)，(，0，)设n(x1，y1，z1)为平面A1CD的法向量，则即令x11，则y1，z11.于是n，若EF平面A1CD，n0，又，所以0，解得y0，此时EF平面A1CD，所以AD，DB1.所以.