3年高考（新课标）高考数学一轮复习 8.3空间点、线、面的位置关系有及平行关系.doc

【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习 8.3空间点、线、面的位置关系有及平行关系a组20122014年高考基础题组1.(2013安徽,3,5分)在下列命题中,不是公理的是()a.平行于同一个平面的两个平面相互平行b.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面c.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内d.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.下列命题中正确的是()a.若,m,n,则mnb.若,m,n,则mnc.若mn,m,n,则d.若m,mn,n,则3.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥p-abc中,d,e,f分别为棱pc,ac,ab的中点.已知paac,pa=6,bc=8,df=5.求证:(1)直线pa平面def;(2)平面bde平面abc.4.(2013山东,18,12分)如图所示,在三棱锥p-abq中,pb平面abq,ba=bp=bq,d,c,e,f分别是aq,bq,ap,bp的中点,aq=2bd,pd与eq交于点g,pc与fq交于点h,连结gh.(1)求证:abgh;(2)求二面角d-gh-e的余弦值.b组20122014年高考提升题组1.(2013江西,8,5分)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且abcd,正方体的六个面所在的平面与直线ce,ef相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n=() a.8b.9c.10d.112.(2012重庆,9,5分)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是()a.(0,)b.(0,)c.(1,)d.(1,)3.(2013安徽,15,5分)如图,正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1,p为bc的中点,q为线段cc1上的动点,过点a,p,q的平面截该正方体所得的截面记为s.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).当0cq时,s为四边形当cq=时,s为等腰梯形当cq=时,s与c1d1的交点r满足c1r=当cq1时,s为六边形当cq=1时,s的面积为4.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体abcd-a1b1c1d1中,e,f,m,n分别是棱ab,ad,a1b1,a1d1的中点,点p,q分别在棱dd1,bb1上移动,且dp=bq=(0a,0a,故选a.3.答案解析过a作ampq交dd1或a1d1于m.当0cq时,m在dd1上,连mq,则截面为amqp,故正确.当cq=时,m与d1重合,截面为ad1qp,显然为等腰梯形,正确.当cq=时,m在a1d1上,且d1m=.过m作mrap交c1d1于r,则md1rpba,从而d1r=,即c1r=,故正确.当cq1时,截面为amrqp,为五边形,即错误.当cq=1时,m为a1d1的中点,截面amc1p为菱形,而ac1=,pm=,故面积为=,正确.4.解析解法一:(几何方法)(1)证明:如图1,连结ad1,由abcd-a1b1c1d1是正方体,知bc1ad1.当=1时,p是dd1的中点,又f是ad的中点,所以fpad1.所以bc1fp.而fp平面efpq,且bc1平面efpq,故直线bc1平面efpq.(2)如图2,连结bd.因为e,f分别是ab,ad的中点,所以efbd,且ef=bd.又dp=bq,dpbq,所以四边形pqbd是平行四边形,故pqbd,且pq=bd,从而efpq,且ef=pq.在rtebq和rtfdp中,因为bq=dp=,be=df=1,于是eq=fp=,所以四边形efpq是等腰梯形.同理可证四边形pqmn是等腰梯形.分别取ef,pq,mn的中点为h,o,g,连结oh,og,则gopq,hopq,而goho=o,故goh是面efpq与面pqmn所成的二面角的平面角.若存在,使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角,则goh=90.连结em,fn,则由efmn,且ef=mn,知四边形efnm是平行四边形.连结gh,因为h,g是ef,mn的中点,所以gh=me=2.在goh中,gh2=4,oh2=1+2-=2+,og2=1+(2-)2-=(2-)2+,由og2+oh2=gh2,得(2-)2+2+=4,解得=1,故存在=1,使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方法)以d为原点,射线da,dc,dd1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系d-xyz.由已知得b(2,2,0),c1(0,2,2),e(2,1,0),f(1,0,0),p(0,0,).=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0).(1)证明:当=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即bc1fp.而fp平面efpq,且bc1平面efpq,故直线bc1平面efpq.(2)设平面efpq的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(,-,1).同理可得平面mnpq的一个法向量为m=(-2,2-,1).若存在,使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=1.故存在=1,使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角.5.证明(1)因为abc-a1b1c1是直三棱柱,所以cc1平面abc,又ad平面abc,所以cc1ad.又因为adde,cc1,de平面bcc1b1,cc1de=e,所以ad平面bcc1b1.又ad平面ade,所以平面ade平面bcc1b1.(2)因为a1b1=a1c1,f为b1c1的中点,所以a1fb1c1.因为cc1平面a1b1