江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題12 空間平行與垂直

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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題12 空間平行與垂直 回顧2020～2020年的考題，主要考查線面平行和面面垂直，幾何體為常見(jiàn)的錐體和柱體，其中2020年考查了位置關(guān)系基本定理判定的小題，2020年考查了點(diǎn)到平面的距離，2020年考查了線面平行與面面垂直，2020年考查了一道體積小題和線面平行與面面垂直的證明；其他基本考查證明位置關(guān)系(如：平行、垂直)的大題，難度不大.柱、錐、臺(tái)、球及其簡(jiǎn)單組合體和平面及其基本性質(zhì)雖然沒(méi)有單獨(dú)考查，但作為立體幾何最基本的要素是融入在解答題中考查的.對(duì)于立體幾何表面積和體積考查要求不高. 預(yù)測(cè)在2020年的高考題中： (1)

2、填空題依然主要是會(huì)出現(xiàn)考查判斷位置關(guān)系基本定理真假的問(wèn)題，以及表面積和體積的求解的問(wèn)題. (2)在解答題中，主要是空間幾何體的位置關(guān)系的證明，可能是雙證，也可能是一證一 算. 1.(2020·江蘇高考)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，則四棱錐A－BB1D1D的體積為_(kāi)_______ cm3. 解析：連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，則四棱錐A－BB1D1D的體積為SBB1D1D·AO＝6. 答案：6 2.(2020·南師大信息卷)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，若點(diǎn)P是棱上一點(diǎn)，則滿足|PA|＋|PC1|＝2的

3、點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：點(diǎn)P在以A，C1為焦點(diǎn)的橢圓上， 若P在AB上，設(shè)AP＝x， 有PA＋PC1＝x＋＝2， 解得x＝. 故AB上有一點(diǎn)P(AB的中點(diǎn))滿足條件． 同理在AD，AA1，C1B1，C1D1，C1C上各有一點(diǎn)滿足條件． 又若點(diǎn)P在BB1上， 則PA＋PC1＝＋>2. 故BB1上不存在滿足條件的點(diǎn)P，同理DD1，BC，A1D1，DC，A1B1上不存在滿足條件的點(diǎn)P. 答案：6 3．在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，以BC邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，則形成的幾何體的側(cè)面積為_(kāi)_______． 解析：將矩形ABCD以BC邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周后得

4、到的幾何體為是以2為底面半徑，以3為高的圓柱體，故它的側(cè)面積為2π×2×3＝12π. 答案：12π 4．(2020·南京三模)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，下列四個(gè)條件： ①存在一條直線a，a⊥α，a⊥β；②存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ⊥β； ③存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α. ④存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α. 其中是平面α∥平面β的充分條件的為_(kāi)_______．(填上所有符合要求的序號(hào)) 解析：②③中的α與β可以相交． 答案：①④ 5．(2020·江蘇最后一卷)給出下列四個(gè)命題： ①如果平面α與平面β相交，那么平面α內(nèi)所有的直

5、線都與平面β相交； ②如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β； ③如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與平面β也不垂直； ④如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β. 真命題的序號(hào)是________．(寫(xiě)出所有真命題的序號(hào)) 解析：①中α內(nèi)存在與β平行的直線；②中α內(nèi)只有垂直于交線的直線才垂直于β；③、④正確． 答案：③④ 　　如圖，四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°. (1)求證：PC⊥BC；(2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離． [解]　(1)

6、證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC. 由∠BCD＝90°，得CD⊥BC. 又PD∩DC＝D，PD，DC?平面PCD， 所以BC⊥平面PCD. 因?yàn)镻C?平面PCD，故PC⊥BC. (2)法一：分別取AB，PC的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連結(jié)DE，DF， 易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點(diǎn)D，E到平面PBC的距離相等．又點(diǎn)A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍． 由(1)知，BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC.因?yàn)镻D＝DC，PF＝FC，所以DF⊥PC.所以DF⊥平面PBC于F. 易知DF＝，故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于. 法二：體

7、積法：連結(jié)AC，設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h. 因?yàn)锳B∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°. 從而AB＝2，BC＝1，得△ABC的面積S△ABC＝1. 由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱錐P－ABC的體積V＝S△ABC·PD＝. 因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DC?平面ABCD， 所以PD⊥DC. 又PD＝DC＝1，所以PC＝＝. 由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面積S△PBC＝. 由VA－PBC＝VP－ABC，S△PBC·h＝V＝， 得h＝， 故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于. 本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查幾何體的體積，考查空間想象

8、能力、推理論證能力和運(yùn)算能力． 　　 如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形且AB∥CD，∠BAD＝90°，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4. (1)求證：BC⊥PC； (2)四面體A－PBC的體積． 解：(1)證明：作CE⊥AB于點(diǎn)E，則AE＝EB＝CE＝2，BC＝2，則AC＝2，故∠ACB＝90°，即AC⊥CB. 又PA⊥平面ABCD，故PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC.又PC?面PAC， 因此BC⊥PC. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以VA－PBC＝VP－ABC＝S△ABC·PA ＝×AC·BC·PA＝××2×2×2＝. 故四面體A－P

9、BC的體積為. 　　 (2012·泰州模擬)已知四面體ABCD中，AB＝AC，BD＝CD，平面ABC⊥平面BCD，E，F(xiàn)分別為棱BC和AD的中點(diǎn)． (1)求證：AE⊥平面BCD； (2)求證：AD⊥BC； (3)若△ABC內(nèi)的點(diǎn)G滿足FG∥平面BCD，設(shè)點(diǎn)G構(gòu)成集合T，試描述點(diǎn)集T的位置．(不必說(shuō)明理由) [解]　(1)證明：∵在△ABC中，AB＝AC，E為BC的中點(diǎn)，∴AE⊥BC. 又∵平面ABC⊥平面BCD，AE?平面ABC， 平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD. (2)證明：連結(jié)DE，∵BD＝CD，E為BC的中點(diǎn)，∴BC⊥DE. 由(1)知AE⊥BC，又

10、AE∩DE＝E，AE，DE?平面AED， ∴BC⊥平面AED. 又AD?平面AED，∴BC⊥AD. (3)取AB，AC的中點(diǎn)M，N，所有的點(diǎn)G構(gòu)成的集合T即為△ABC的中位線MN. 本題的第(3)問(wèn)考查線面平行，沒(méi)有直接給出點(diǎn)G的位置，而是需要探究點(diǎn)的位置．根據(jù)面面平行的性質(zhì)得到線面平行，并且利用面面的交線確定點(diǎn)G的位置． 　　 如圖ABCD為直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P為平面ABCD外一點(diǎn)，且PB⊥BD. (1)求證：PA⊥BD； (2)若PC與CD不垂直，求證：PA≠PD. 解：(1)證明：∵ABCD為直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝9

11、0°，AD＝2BC＝2CD，∴AD＝AB＝BD. ∴AB⊥BD. ∵PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB?平面PAB， ∴BD⊥平面PAB. ∵PA?面PAB，∴PA⊥BD. (2)證明：假設(shè)PA＝PD，取AD中點(diǎn)N，連結(jié)PN，BN， 則PN⊥AD，BN⊥AD， ∴AD⊥平面PNB，得PB⊥AD， 又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD， ∴PB⊥CD， 又∵BC⊥CD，且PB∩BC＝B，∴CD⊥平面PBC， ∴CD⊥PC，與已知條件PC與CD不垂直矛盾， ∴假設(shè)不成立，∴PA≠PD. 　　 (2020·江蘇高考)請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長(zhǎng)為60 c

12、m的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P，正好形成一個(gè)正四棱柱形狀的包裝盒．E、F在AB上，是被切去的一個(gè)等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn)．設(shè)AE＝FB＝x (cm)． (1)若廣告商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問(wèn)x應(yīng)取何值？ (2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問(wèn)x應(yīng)取何值？并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長(zhǎng)的比值． [解]　設(shè)包裝盒的高為h(cm)，底面邊長(zhǎng)為a(cm)． 由已知得 a＝x，h＝＝(30－x)，0＜x＜30. (1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1

13、800， 所以當(dāng)x＝15時(shí)，S取得最大值． (2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)． 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 當(dāng)x∈(0,20)時(shí)，V′＞0；當(dāng)x∈(20,30)時(shí)，V′＜0. 所以當(dāng)x＝20時(shí)，V取得極大值，也是最大值． 此時(shí)＝.即包裝盒的高與底面邊長(zhǎng)的比值為. 本題主要考查空間幾何體中的最值問(wèn)題，綜合考查數(shù)學(xué)建模能力及應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問(wèn)題的能力． 　　 某加工廠有一塊三角形的鐵板余料(如圖)，經(jīng)測(cè)量得知：AC＝3，AB＝3，BC＝6.工人師傅計(jì)劃利用它加工成一個(gè)無(wú)蓋直三棱柱型水箱，設(shè)計(jì)方案為：將圖中的陰影部分切去，再把它沿虛線折

14、起．請(qǐng)計(jì)算容器的高為多少時(shí)，容器的容積最大？最大容積是多少？ 解：設(shè)容器的高為x， ∵AC＝3，AB＝3，BC＝6，∴BC2＝AC2＋AB2， 得∠A＝，∠C＝，∠CED＝，∠FEG＝， ∴CD＝DE·tan∠CED＝x. ∴GE＝3－x－x＝3－(＋1)x. ∴GF＝GE＝[3－(＋1)x]． 又GE>0，∴00，

15、x＝時(shí)，Vmax＝3－. 　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．證明線面平行或垂直關(guān)系時(shí)，要認(rèn)真體會(huì)“轉(zhuǎn)化”這一數(shù)學(xué)思想方法，既要領(lǐng)會(huì)平行、垂直內(nèi)部間的轉(zhuǎn)化，也要注意平行與垂直之間的轉(zhuǎn)化． 2．空間幾何體的表面積和體積的研究策略 研究空間幾何體的結(jié)構(gòu)→計(jì)算相關(guān)邊長(zhǎng)→代入公式計(jì)算． 3．空間幾何體的結(jié)構(gòu)的研究策略 運(yùn)用轉(zhuǎn)化的思想，將空間幾何體的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題，如幾何體的外接球或內(nèi)切球問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為多邊形的外接圓或內(nèi)切圓的問(wèn)題． 4．組合體體積的求解 組合體的體積求解無(wú)論是分割還是補(bǔ)形，關(guān)鍵是有利于求出幾何體的高，即找到線面垂直． 1．已知直線l⊥平面α，直線m?平面

16、β，給出下列命題： ①若α∥β，則l⊥m；②若α⊥β，則l∥m；③若l∥m，則α⊥β；④若l⊥m，則α∥β. 其中正確命題的序號(hào)是________． 解析：②中l(wèi)與m可能異面；④中α與β也可能相交． 答案：①③ 2．已知PA，PB，PC兩兩互相垂直，且△PAB，△PBC，△PAC的面積分別為1.5 cm2,2 cm2,6 cm2，則過(guò)P，A，B，C四點(diǎn)的外接球的表面積為_(kāi)_______ cm2.(注S球＝4πr2，其中r為球半徑) 解析：由題意得解得 因?yàn)镻A，PB，PC兩兩互相垂直，所以可構(gòu)造長(zhǎng)方體．長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為，即為外接球的直徑，所以外接球的表面積為26π. 答案：

17、26π 3．(2020·蘇州二模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列命題： ①若α∥β，m?β，n?α，則m∥n； ②若α∥β，m⊥β，n∥α，則m⊥n； ③若α⊥β，m⊥α，n∥β，則m∥n； ④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n. 上面命題中，所有真命題的序號(hào)為_(kāi)_______． 解析：①③中的直線m與n可以是異面直線． 答案：②④ 4．多面體上，位于同一條棱兩端的頂點(diǎn)稱為相鄰的頂點(diǎn)，正方體的一個(gè)頂點(diǎn)A在平面α內(nèi)，其余頂點(diǎn)在α的同側(cè)，正方體上與頂點(diǎn)A相鄰的三個(gè)頂點(diǎn)到α的距離分別為1,2和4，P是正方體的其余四個(gè)頂點(diǎn)中的一個(gè)，則P到平面α的距離可能是

18、： ①3；②4；③5；④6；⑤7 以上結(jié)論正確的為_(kāi)_______．(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)) 解析：如圖，B，D，A1到平面α的距離分別為1,2,4，則D，A1的中點(diǎn)到平面α的距離為3，所以D1到平面α的距離為6；B，A1的中點(diǎn)到平面α的距離為，所以B1到平面α的距離為5；則D，B的中點(diǎn)到平面α的距離為，所以C到平面α的距離為3；C，A1的中點(diǎn)到平面α的距離為，所以C1到平面α的距離為7；而P為C，C1，B1，D1中的一點(diǎn)，所以所有可能的結(jié)果為3,5,6,7. 答案：①③④⑤ 5．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α及平面β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m∥n，②α∥β

19、，③m⊥α，④n⊥β，以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：________. 解析：同垂直于一個(gè)平面的兩條直線互相平行，同垂直于兩個(gè)平行平面的兩條直線也互相平行，故②③④?①.(同理①③④?②)． 答案：②③④?①(或①③④?②) 6．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，四面體ACB1D1的體積為_(kāi)_______． 解析：用正方體體積減去4個(gè)相同的三棱錐體積(或求棱長(zhǎng)為的正四面體的體積)． 答案： 7．(2020·南京二模)一塊邊長(zhǎng)為10 cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形作側(cè)面，以它們的公共頂

20、點(diǎn)P為頂點(diǎn)，加工成一個(gè)如圖所示的正四棱錐容器，當(dāng)x＝6 cm時(shí)，該容器的容積為_(kāi)_______ cm3. 解析：正四棱錐的高h(yuǎn)＝＝4， V＝×62×4＝48(cm3)． 答案：48 8．在正方體上任意選擇4個(gè)頂點(diǎn)，它們可能是如下各種幾何形體的4個(gè)頂點(diǎn)，這些幾何形體是________(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào))． ①矩形；②不是矩形的平行四邊形；③有三個(gè)面為等腰直角三角形，有一個(gè)面為等邊三角形的四面體；④每個(gè)面都是等邊三角形的四面體；⑤每個(gè)面都是直角三角形的四面體． 解析：當(dāng)四點(diǎn)共面時(shí)為矩形；當(dāng)四點(diǎn)不共面時(shí)，若有三點(diǎn)在正方體的某一面內(nèi)，則可形成③⑤中的幾何形體，若任意三點(diǎn)都不在正方

21、體的某一面內(nèi)，則形成④中的幾何形體． 答案：①③④⑤ 9．一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)分別在正三棱柱的三條側(cè)棱上，已知正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為2，則該三角形的斜邊長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為正三角形，邊長(zhǎng)為2，△DEF為等腰直角三角形，DF為斜邊，設(shè)DF長(zhǎng)為x，則DE＝EF＝x，作DG⊥BB1，HG⊥CC1，EI⊥CC1， 則EG＝＝，F(xiàn)I＝＝，F(xiàn)H＝FI＋HI＝FI＋EG＝2，在Rt△DHF中，DF2＝DH2＋FH2，即x2＝4＋2，解得x＝2.即該三角形的斜邊長(zhǎng)為2. 答案：2 10.(2020·南通一模)在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD

22、－A1B1C1D1中，E、F分別為棱AA1、D1C1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)G為正方形B1BCC1的中心．則空間四邊形AEFG在該正方體各個(gè)面上的正投影所構(gòu)成的圖形中，面積的最大值為_(kāi)_______． 解析：如圖1，當(dāng)E與A1重合，F(xiàn)與B1重合時(shí)，四邊形AEFG在前、后面的正投影的面積最大值為12； 如圖2，當(dāng)E與A1重合，四邊形AEFG在左、右面的正投影的面積最大值為8； 如圖3，當(dāng)F與D重合時(shí)，四邊形AEFG在上、下面的正投影的面積最大值為8； 綜上得，面積最大值為12. 答案：12 11.(2020·南京二模)如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC. (1

23、)求證：平面AEC⊥平面ABE； (2)點(diǎn)F在BE上，若DE∥平面ACF，求的值． 解：(1)證明：因?yàn)锳BCD為矩形，所以AB⊥BC. 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE， 平面ABCD∩平面BCE＝BC， AB?平面ABCD， 所以AB⊥平面BCE. 因?yàn)镃E?平面BCE，所以CE⊥AB. 因?yàn)镃E⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B， 所以CE⊥平面ABE. 因?yàn)镃E?平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE. (2)連結(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)OF. 因?yàn)镈E∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF， 所以DE∥OF. 又因?yàn)?/p>

24、矩形ABCD中，O為BD中點(diǎn)， 所以F為BE中點(diǎn)，即＝. 12.(2020·無(wú)錫一中)如圖，四棱錐E－ABCD中，EA＝EB，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD. (1)求證：AB⊥ED； (2)線段EA上是否存在點(diǎn)F，使DF∥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由． 解：(1)證明：取AB中點(diǎn)O，連結(jié)EO，DO. 因?yàn)镋A＝EB，所以EO⊥AB.因?yàn)锳B∥CD，AB＝2CD， 所以BO∥CD，BO＝CD. 又因?yàn)锳B⊥BC，所以四邊形OBCD為矩形， 所以AB⊥DO. 因?yàn)镋O∩DO＝O， 所以AB⊥平面EOD.又因?yàn)镋DC平面EOD， 所以AB⊥ED. (2)存在點(diǎn)F滿足＝，即F為EA中點(diǎn)時(shí)，有DF∥平面BCE. 證明如下：取EB中點(diǎn)G，連結(jié)CG，F(xiàn)G. 因?yàn)镕為EA中點(diǎn)，所以FG∥AB，F(xiàn)G＝AB. 因?yàn)锳B∥CD，CD＝AB，所以FG∥CD，F(xiàn)G＝CD. 所以四邊形CDFG是平行四邊形，所以DF∥CG. 因?yàn)镈F?平面BCE，CG?平面BCE， 所以DF∥平面BCE.