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- 2021-05-31 发布
2018届高考数学（理）大题狂练
命题角度1：空间平行，垂直关系的证明
1. 如图，直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC﹣A1B1C1中，点G是AC的中点．
（1）求证：B1C∥平面 A1BG；
（2）若AB=BC， AC=2AA1，求证：AC1⊥A1B．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
（2）证明：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，BG⊂平面ABC，∴AA1⊥BG，
∵G为棱AC的中点，AB=BC，∴BG⊥AC，
∵AA1∩AC=A，∴BG⊥平面ACC1A1，∴BG⊥AC1，
∵G为棱AC中点，设AC=2，则AG=1，
∵AA1=2，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AG中，tan∠AC1C=tan∠A1GA=2，∴∠AC1C=∠A1GA=∠A1GA+∠C1AC=90°，∴A1G⊥AC1，
∵BG∩A1G=G，∴AC1⊥平面A1BG，
∵A1B⊂平面A1BG，∴AC1⊥A1B.
2. 一副直角三角板（如图1）拼接，将折起，得到三棱锥（如图2）.
（1）若分别为的中点，求证： 平面；
（2）若平面平面，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）利用三角形中位线的性质，可得，由线面平行的判定定理可证明平面；（2）若平面平面，可得平面， 平面，由面面垂直的判定定理可证明
平面平面.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关
键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.
3. 如图，在四棱柱中，已知平面平面，且， ．
（1）求证： ；
（2）若为棱的中点，求证： 平面．
【答案】（1）证明过程如解析；（2）证明过程如解析
【解析】【试题分析】（1）依据题设条件先运用线面垂直的判定定理证明平面，再运用线面垂直的性质定理证明（2）先借助题设条件证明，再运用线面平行的判定定理证明平面：
证明：（1）在四边形中，因为，所以，又平面平面，且平面平面， 平面，所以平面，又因为平面，所以．
（2）在三角形中，因为，且为中点，所以，又因为在四边形中， ， ，所以， ，所以，所以，因为平面平面，所以平面．
4. 如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．
(1) 求证：直线DE∥平面A1C1F；
(2) 求证：平面B1DE⊥平面A1C1F．
【答案】（1）见解析（2）见解析
(2)在直三棱柱ABC A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1，
∵A1C1⊂平面A1B1C1，∴A1A⊥A1C1，
又∵A1C1⊥A1B1，AA1⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，
∴A1C1⊥平面ABB1A1．
∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D．
又∵B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，
∴B1D⊥平面A1C1F．
∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F．
5.如图所示, 是边长为3的正方形, 平面与平面所成角为.
(Ⅰ)求证： 平面；
(Ⅱ)设点是线段上一个动点,试确定点的位置,使得平面,并证明你的结论．
【答案】(Ⅰ)见解析； (Ⅱ) .
【解析】试题分析: (1)由线面垂直的判定定理证明; (2)建立空间直角坐标系, 写出各点坐标, 由于点M在线段BD上,所以设 ,求出平面BEF的法向量 ,由 ,求出点M的坐标.
试题解析: (Ⅰ)证明：∵平面,∴,
∵是正方形,∴,
又,
∴平面.
(Ⅱ)解：因为两两垂直,所以建立空间直角坐标系如图所示,
因为与平面所成角为,即,
所以,
由,可知,
则,
所以,
设平面的法向量,
则,即.
令得, ,
又点是线段上一动点,
设,则
因为平面,
所以,即
解得.
此时,点的坐标为(2,2,0)
即当时, 平面.
6.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
(2)由(1)知|AP|＝5，
又|AM|＝3，且点M在线段AP上，
7.如图1，在中， 分别是上的点，且， ，将△沿折起到△的位置，使，如图2.
(I)求证： ；
(II)线段上是否存在点，使平面与平面垂直？说明理由．
【答案】(1)见解析;(2) 线段上不存在点，使平面与平面垂直．.
【解析】试题分析：（1）证明A1C⊥平面BCDE，因为A1C⊥CD，只需证明A1C⊥DE，即证明DE⊥平面A1CD；（2）设线段BC上存在点P，设P点坐标为（0，a，0），则a∈[0，3]，求出平面A1DP法向量为 假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则 ，可求得0≤a≤3，从而可得结论．
(II)解：线段上不存在点，使平面与平面垂直．
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则， ， ，
， ．
假设这样的点存在，设其坐标为，其中．
设平面的法向量为，
则, 又， ，
所以3x-23z=0-x+2y=0令，则.
所以．
平面的法向量为，则，
又， ，
所以令，则.所以
平面⊥平面，当且仅当，
即.解得，与矛盾．
所以线段上不存在点，使平面与平面垂直．
点睛：本题考查线面垂直，考查线面角，考查面面垂直，MN：向量语言表述面面的垂直、平行关系；LW：直线与平面垂直的判定；MQ：用空间向量求直线与平面的夹角；既有传统方法，又有向量知识的运用，要加以体会.
8.如图， 都与正方形所在平面垂直， ，
（Ⅰ）求证： ⊥平面;
（Ⅱ）过点与平面平行的平面交于点，求的值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析:（1）由条件得三角形PAD为等腰三角形,再根据等腰三角形性质得
.计算由勾股定理得,最后根据线面垂直判定定理得⊥平面;（2）设点与平面平行的平面交于点，由面面平行性质定理得,所以
试题解析：（Ⅰ）连接，由题知,
共面, ，
∴,
∴.
由题中数据得
∴∽ ∴,
又∵
∴
∴
（或计算，由勾股定理得出）
∵，
∴
（Ⅱ）如图，以为原点，分别以所在直线为轴建立直角坐标系，
∴各点坐标分别为,
∴=, =,设平面的法向量
∴，得，
不妨设，∴
设,∴,
，
∵平面,∴与平面的法向量垂直。
,
∴. ∴
9.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AB//DC,AD⊥DC,侧面PDC⊥底面ABCD,ΔPDC是等边三角形，AB=AD=12CD=1，点E,F,G分别是棱PD,PC,BC的中点 .
（Ⅰ）求证：AP//平面EFG；
（Ⅱ）在线段PB上存在一点Q，使PC⊥平面ADQ，且PQ=λPB，求λ的值.
【答案】(1)详见解析;(2) 30∘;(3) λ=23.
【解析】试题分析：
(Ⅰ)由题意证得PA//EH，结合线面平行的判断定理可得PA//平面EFG.
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标表示得到关于实数λ 的方程，解方程可得λ=23.
试题解析：
（Ⅰ）证明：设H是AD的中点，连接EH,GH
∵ E,F,G分别是PD,PC,BC的中点
∴ EF//CD，GH//CD，∴EF//GH
∴ E,F,G,H四点共面
∵ PA//EH，PA⊄平面EFGH，∴PA//平面EFG
（Ⅱ）∵ 平面PDC ⊥底面EFGH，AD⊥DC
∴ AD⊥平面PDC，过点D作z轴与平面ABCD垂直，则z轴⊂平面PDC
以DA,DC分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系D-xyz
P(0,1,3)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)，设Q(x,y,z)
PC=(0,1,-3)，PB=(1,0,-3)，
PQ=(x,y-1,z-3)=λ(1,0,-3)=(λ,0,-3λ)
∴ Q(λ,1,3-3λ)，AQ=(λ-1,-1,3λ-3)
∵ PC⊥平面ADQ，∴PC⊥AQ
∴ -1+3-3λ=0，λ=23 .
点睛：高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.
10.如图所示的几何体中，四边形为等腰梯形， ∥， ， ，四边形为正方形，平面平面.
（Ⅰ）若点是棱的中点，求证： ∥平面；
（Ⅱ）在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
试题解析:（Ⅰ）证明：由已知得// ，且.
因为为等腰梯形，所以有// .
因为是棱的中点，所以．
所以// ，且，
故四边形为平行四边形,
所以// .
因为平面， 平面，
所以//平面．
解：
在等腰梯形中，可得.
如图,以为原点，以所在直线分别为轴，
建立空间坐标系，
则， ， ， ， ，
所以， ， .
设平面的法向量为，由
所以，取，则，得．
线段上不存在点，使平面 平面．证明如下：
假设线段上存在点，设，
则．
设平面的法向量为，由
所以，
取，则，得．
要使平面平面，只需，
即， 此方程无解．
所以线段上不存在点，使平面 平面．