专题6 空间直线、平面的平行与垂直（答案解析）

专题6空间直线、平面的平行与垂直【基础题】1．（2021·全国高一课时练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱共有（）A．2条B．3条C．4条D．6条【答案】A【解析】根据正方体的结构可得选项.【详解】如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面ACC1A1平行的棱是BB1和DD1，共有2条.故选：A.2．（2021·江苏高一课时练习）已知直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b，直线a与直线b（）A．相交B．平行C．异面D．不确定【答案】B【解析】由已知在α，β中均可找到一条直线与直线a平行，设m在平面α内，n在平面β内，且m//a，n//a，所以m//n，再由线面平行的判定和性质可得答案.【详解】因为直线a//平面α，直线a//平面β，所以在α，β中均可找到一条直线与直线a平行，设m在平面α内，n在平面β内，且m//a，n//a，所以m//n，又因为m不在平面β内，n在平面β内，所以m//β，又因为α∩β＝b，m⊂α，所以m//b，又因为m//a，所以a//b，故选：B.3．（2021·全国）如图所示，D，E，F分别为三棱锥SABC的棱SA，SB，SC的中点，则下列说法错误的是（） A．DE平面ABCB．EF平面ABCC．平面DEF平面ABCD．SABC【答案】D【解析】由线面平行､面面平行的判定定理可知：A，B，C都正确，由三棱锥的结构特征可知：SA与BC为异面直线，不平行.【详解】A：，面面，面，则DE平面ABC，正确；同理B也正确；C：由A、B，，即有平面DEF平面ABC，正确；D：由三棱锥的结构知：SA与BC为异面直线，不平行，错误；故选：D.4．（2021·全国）平面α与平面β平行的条件可以是（）A．α内有无穷多条直线都与β平行B．直线aα，aβ，且直线a不在α与β内C．直线，直线，且bα，aβD．α内的任何直线都与β平行【答案】D【解析】由平面的基本性质，结合线面、面面间的关系判断是否有面面平行即可.【详解】A：α内有无穷多条直线都与β平行，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；B：直线aα，aβ，且直线a不在α与β内，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；C：直线，直线，且bα，aβ，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；D：α内的任何直线都与β平行，α内任取两条相交的直线平行于β，由面面平行的判定知，正确. 故选：D.5．（2021·全国高一期末）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下命题正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【解析】根据空间中点、线、面的位置关系的判定定理和性质逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于A，若，，则或异面，故A错.对于B，若，，则或异面或相交，故B错.对于C，若，，则可平行于平面或在平面内或与平面相交，故C错误.对于D，因为，故在平面存在直线，使得，而，故，因为，故，故D正确.故选：D.6．（2021·全国高一课时练习）如图所示，在三棱锥中，、、、分别为、、、上的点，，则与（）A．平行B．相交C．异面D．以上皆有可能【答案】A【解析】证明平面，利用线面平行的性质定理可得出结论.【详解】 ，平面，平面，平面，平面，平面平面，因此，.故选：A.7．（2021·全国高一期末）在正方体中，下列判断正确的是（）A．面B．面C．面D．【答案】A【解析】在正方体中，，根据线面垂直判断定理和性质可证得，同理，可证得平面，可判断A、B选项；连接，，则为与所成角，由此可判断C、D选项.【详解】在正方体中，，又，且，平面，则，同理，则平面，故A正确，B不正确；连接，，则为与所成角，为，故C､D不正确.故选：A. 8．（2021·全国高一课时练习）如图所示，四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使面面BCD，连结AC，则下列命题正确的是（）A．面面B．面面C．面面D．面面【答案】D【解析】根据线面垂直与面面垂直的相互转化证明可得结论．【详解】由题意知，在四边形中，．在三棱锥中，平面平面，两平面的交线为，所以平面，因此有．又因为，，平面，所以平面，于是得到平面平面．故选：D．9.（2021·全国高一课时练习）已知l，m为直线，α为平面，lα，m⊂α，则l与m之间的关系是___________.【答案】平行或异面【解析】在正方体里举例说明线线关系即可.【详解】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，A1B1与AB平行，A1B1与BC异面， ∴l，m为直线，α为平面，lα，m⊂α，则l与m之间的关系是平行或异面.故答案为：平行或异面.10．（2021·全国高一课时练习）已知四边形为平行四边形，平面，当平行四边形满足条件___________时，有(填上你认为正确的一个条件即可).【答案】四边形是菱形【解析】由于平面，可得，所以要，只要证，而四边形为平行四边形，所以只要四边形是菱形.【详解】四边形为平行四边形，平面，，当四边形是菱形时，，又，平面，.故答案为：四边形是菱形.【提升题】1．（2021·全国高一课时练习）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中正确是___________.(填序号即可) ①|BM|是定值；②总有CA1⊥平面A1DE成立；③存在某个位置，使DE⊥A1C；④存在某个位置，使MB平面A1DE.【答案】①④【解析】根据翻折过程中的一些线线，线面关系不变，结合线线垂直，线面平行的相关知识一一分析即可.【详解】对于①：由图知，取CD的中点F，联结MF，BF，设，易知∠A1DE=∠MFB，MFA1D=，FB=DE=，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，所以MB是定值，故①正确.对于②：由反证法，若总有CA1⊥平面A1DE成立，则CA1⊥A1E成立，而CE=，，求得CA1=为定值，而在翻折过程中，CA1的长是一直变化的，故②错误；对于③：∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，∴A1C与DE一定不垂直，可得③不正确.对于④：由①知，MFDA1，BFDE，∴平面MBF平面A1DE，∴MB平面A1DE，故④正确.故答案为：①④. 2．（2021·浙江高一期末）已知，为平面外一点，，点到两边的距离均为，那么点到平面的距离为________【答案】【解析】过点作，，过作平面，易证平面，所以，由题意和直角三角形的性质可得，进而可证为平分线，可得，再根据勾股定理，由此能求出到平面的距离．【详解】作分别垂直于，平面，分别交于，交于，交平面于，连，如图所示：则，，平面，平面，，同理，．，，，为平分线，，又，． 故答案为：.3．（2021·全国高一课时练习）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1B与直线AC所成角的大小为____;直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为____．【答案】【解析】依题意可得△BA1C1为等边三角形，则直线A1B与直线AC所成角可求解；设BC1交B1C于O，依题意可证明BC1⊥平面A1B1CD，则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，根据正弦公式即可求解角的大小．【详解】连接A1C1，BC1，△BA1C1为等边三角形，所以直线A1B与直线AC所成角的大小为；因为四边形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C，又DC⊥平面BCC1B1，所以BC1⊥CD，又因为CD∩B1C=C，所以BC1⊥平面A1B1CD．设BC1交B1C于O，则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，在Rt△OA1B中，，所以直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为．故答案为：4．（2021·全国高一课时练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是，，的中点.求证： （1）平面；（2）；（3）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）根据三角形中位线性质和线面平行判定定理可得证；（2）根据线面垂直的性质和判定定理可得证；（3）根据面面垂直的判定定理可得证.【详解】证明：（1）三棱锥中，，，分别是，，的中点，，平面，平面，平面.（2）平面，平面，，，，平面，平面，平面，.（3），，分别是，，的中点，，平面，平面，平面平面.5．（2021·全国高一单元测试）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是 上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析．【解析】（1）先证，再证，即证平面，即可证明平面平面；（2）存在中点；连接，，证明即可．【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，平面，∴，∵为直径，∴，，平面，∴平面，平面，∴平面平面；（2）存在．当为中点时，平面，证明如下：连，，，∵为正方形，∴为中点，连接，为中点，∴，∵平面，平面，∴平面． 6．（2021·浙江高一期末）在长方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，H，Q分别为AC，，的中点，连EF，EG，FG，DQ，CQ，．（I）求证：平面平面ACQ（II）问在线段CD上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出P点的位置若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析（2）当时，满足条件，证明见解析.【解析】(1)连接可证平面ACQ，平面ACQ,从而可证.(2)当时，连接并延长交于点,连接,取线段的中点，连接,可证四边形为平行四边形，从而可证，从而得出答案.【详解】连接,由E，F，G分别为所在棱的中点所以,由,所以,又平面ACQ,平面ACQ所以平面ACQ又,所以,又平面ACQ,平面ACQ所以平面ACQ,又所以平面平面ACQ （2）线段CD上存在一点P，当时，满足平面.证明如下：连接并延长交于点,连接，则平面与平面为同一平面.由H为AC的中点，则与全等.则取线段的中点，连接.由分别为的中点，所以且又且,即且所以四边形为平行四边形，故又平面，平面，所以平面.7．（2021·浙江高一期末）如图，在棱长为的正方体中，点是的中点．（1）证明：平面;（2）求三棱锥外接球的表面积．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）将三棱锥补成长方体，计算出该长方体的体对角线长，可得出外接球的半径，结合球体的表面积公式可求得结果.【详解】（1）连接交于点，连接，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，因此，平面；（2）将三棱锥补成长方体，如下图所示：则长方体的体对角线长为，所以，三棱锥外接球半径为，因此，三棱锥外接球表面积为.8．（2021·天津南开中学高一期中）如图，在正方体中，点为棱的中点.（1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接BD与AC交于点O，根据O，E为为中点，易得,再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据（1），由得到异面直线与所成的角，然后证得，得到是直角三角形求解.【详解】（1）如图所示：，连接BD与AC交于点O，因为O，E为为中点，所以,又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，则异面直线与所成的角，在正方体中，因为，且，所以平面，又因为平面，所以，所以是直角三角形，设正方体的棱长为a,则，，所以， 所以，故答案为：9．（2021·浙江高一期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，高为，过的截面与上底面交于且点P棱的中点，点Q在棱上．（1）试在棱上找一点D，使得平面，并加以证明；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）D为的中点，证明见解析；（2）【解析】（1）D为的中点时，平面，先证明平面，再证明面，可得面面，进而可得结论．（2）连接，四棱锥可视为三棱锥和组合而成，求出三棱锥的体积，设，求解，然后求解几何体的体积即可．【详解】（1）D为的中点时，平面.证明如下：平面，平面，平面平面，，平面，平面，所以平面，又D为的中点，是平行四边形，， 又平面，平面，面，又与在平面内相交，面面，又面，平面；（2）连接，四棱锥可视为三棱锥和组合而成，三棱锥可视为，底面积，高为，设，体积为．三棱锥与等高，体积比为底面积之比，设，则，故，因此，，即为所求．10．（2021·浙江高一期末）如图所示，在正方体中，E，F，G，H分别是的中点．求证： （1）；（2）平面：（3）平面平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）取中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为平行四边形可得；（2）连接，交于，连接，，通过证明四边形为平行四边形得出可证；（3）通过得平面，通过得平面可证明.【详解】（1）取中点，连接，是中点，且，，，则四边形为平行四边形，，是中点，，则四边形为平行四边形，，；（2）连接，交于，连接，，为中点，，为中点，，，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面；（3）由（1），平面，平面，平面，又正方体中，，则四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，，平面平面.