《新高考数学（理）之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考数学（理）之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质（解析版）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新高考数学（理）立体几何与空间向量06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质【考点讲解】1、 具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.面面平行的判定与性质来源:学&科&网Z&X&X&K判定性质定义定理图形条件a，b，abP，a，b，a，b，a结论aba2.两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a，b，abM，a，b；(3)推论：ab
2、M，a，b，abM，a，b，aa，bb.3两个平面平行的性质定理(1)，aa；(2)，a，bab.3.平面与平面垂直的判定与性质 (1)平面与平面垂直的判定方法定义法.利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直(2)平面与平面垂直的性质：如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面4.定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直5.定理：文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.
3、AB【真题分析】1.【2019年高考全国卷理数】设，为两个平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【解析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件.由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B【答案】B2.【2019年高考浙江卷】设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则（ ）A，B
4、， C， D， 【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合PFB，BDH，PDB均为直角三角形，可得，即；在RtPED中，即，综上所述，答案为B.【变式1】【2018年高考浙江卷】已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（ ）A123 B321 C132 D231
5、【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB， 因此从而因为，所以即，故选D.【答案】D【变式2】【2017年高考浙江卷】如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则（ ）A B C D【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而三棱锥的高相等，因此，所以选B【答案】B3.【2018优选题】空间中，
6、设表示不同的直线， 表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【解析】本题考点是面面平行，线面平行的判定.A项，若，过正方体同一顶点的三个平面分别为，则，故A项不合题意；B项，若，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则，故B项符合题意；C项，若，由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故C项不合题意；D项，若,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故D项不合题意.故选B.【答案】B4.【2019优选题】在正四面体PABC中，D，E，F分
7、别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论中不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面ABCD平面PAE平面ABC【解析】画出图形，如图所示，则BCDF，又DF平面PDF，BC平面PDF，BC平面PDF，故A成立；由题意可得AEBC，PEBC，BCDF，则DFAE，DFPE，DF平面PAE，故B成立；又DF平面ABC，平面ABC平面PAE，故D成立本题的考点是平面与平面垂直的判定.【答案】C5.【2016全国新课标2】，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.
8、其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）【解析】对于，则的位置关系无法确定，故错误；对于,因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，则，因为，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知正确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的命题有.本题考点是空间中的线面关系.【答案】6.【2019年高考全国卷理数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解析】（1）连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME
9、=B1C又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则，A1(2，0，4)，设为平面A1MA的法向量，则，所以可取设为平面A1MN的法向量，则所以可取于是，所以二面角的正弦值为7.【2019年高考全国卷理数】图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，FBC=60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2
10、.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小.【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）作EHBC，垂足为H因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60，可求得BH=1，EH=以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），
11、=（1，0，），=（2，1，0）设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，）又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以因此二面角BCGA的大小为308.【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点（1）求证：BD平面PAC；（2）若ABC=60，求证：平面PAB平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定.（1）因为平面ABCD，所以又因为底面ABCD为菱形，所以所以平面PAC（2）因为PA平面ABCD，平面ABCD，所以PAAE
12、因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点，所以AECD所以ABAE所以AE平面PAB所以平面PAB平面PAE（3）棱PB上存在点F，使得CF平面PAE取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG则FGAB，且FG=AB因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CE=AB所以FGCE，且FG=CE所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE9.【2019年高考全国卷文数】图1是由矩形ADEB，ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，FBC=60将其沿AB，BC折起使得BE与
13、BF重合，连结DG，如图2（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.【解析】本题从多面体折叠开始，考查考生在折叠过程中掌握哪些量的大小与位置关系是不变与变化的，折叠后的多面体的性质解决题中的要求.（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC=60得EMCG，故CG平面DEM因此DMCG在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2所以四边形ACGD的面积为410.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E为PD的中点，点F在PC上，且（1）求证：CD平面PAD；（2）求二面角FAEP的余弦值；（3）设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由【解析】（1）因为PA平面ABCD，所以PACD又因为ADCD，所以CD平面PAD（2）过A
