【导与练】高考数学 高校信息化课堂 大题冲关 专题六 立体几何 第2讲 空间图形的位置关系 理.doc

第2讲空间图形的位置关系【选题明细表】知识点、方法题号命题真假的判断1、2、5、6、7、10、12、14空间位置关系的证明11、15、16空间位置关系的综合问题3、4、8、9、13基础把关1.(2014浙江省重点中学联考)设l,m是两条不同的直线,是一个平面,则下列命题正确的是(d)(a)若lm,m,则l(b)若l,m,则lm(c)若l,m,则lm(d)若l,lm,则m解析:选项a中也有可能l,选项a错;选项b中也有可能l与m异面或相交,选项b错;选项c中也有可能l与m异面,选项c错,选项d正确,故选d.2.(2014绍兴模拟)设a,b,c是空间三条直线,是空间两个平面,则下列命题中,逆命题不成立的是(b)(a)当c时,若c,则(b)当b时,若b,则(c)当b,且c是a在内的射影时,若bc,则ab(d)当b,且c时,若c,则bc解析:a选项的逆命题:当c时若,则c(真命题).b选项的逆命题:当b时,若,则b.由,b时,b与可以平行,可以垂直也可以斜交(假命题).c选项的逆命题:当b,且c是a在内的射影时,若ab,则bc(真命题).d选项的逆命题:当b,且c时,若bc则c(真命题).故选b.3.(2014浙江省样本学校测试卷)已知直线l平面,p,那么过点p且平行于直线l的直线(c)(a)只有一条,不在平面内(b)有无数条,不一定在平面内(c)只有一条,且在平面内(d)有无数条,一定在平面内解析:过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,因此l与p确定的平面与平面的交线一定与l平行.故选c.4.(2014山东烟台模拟)已知直线l平面,直线m平面,则“”是“lm”的(a)(a)充分不必要条件(b)必要不充分条件(c)充要条件(d)既非充分也非必要条件解析:若,l,l.又m,lm,故充分性成立;必要性不成立.如在正方体中,取平面abcd为,aa1为l,平面aa1b1b为,d1c1为m,则满足l,lm,m,但此时与相交,故选a. 5.(2013高考广东卷)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(d)(a)若,m,n,则mn(b)若,m,n,则mn(c)若mn,m,n,则(d)若m,mn,n,则解析:采用模型法判断,可选用正方体作为模型,两个互相垂直的平面内的直线,可以平行、异面或垂直,故选项a错;两个互相平行的平面内的直线可以平行、异面、垂直,故选项b错;两条直线垂直,但过这两条直线的平面可平行、可相交,故选项c错,由m,mn知n,又因n,所以推得,故选d.6.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有下列结论:abef;ab与cm成60的角;ef与mn是异面直线;mncd.其中正确的是(d) (a)(b)(c)(d)解析:如图所示,画出折叠后的正方体,在正方体中正确,故选d.7.已知m、n是两条不同的直线,、是两个不同的平面,给出下列命题:若m,则m平行于内的无数条直线;若,m,n,则mn;若m,n,mn,则;若,m,则m.其中的真命题是.(写出所有真命题的序号)解析:由线面平行的定义及性质知正确;对于,若,m,n,则m、n可能平行,也可能异面,故错误;对于,由m,mn,可知n,又n,所以,故正确;由面面平行的性质知正确.答案:8.(2014皖南八校联考)在如图所示的几何体中,四边形abcd是矩形,平面abcd平面abe,已知ab=2,ae=be=3,且当规定正视图方向垂直于平面abcd时,该几何体的侧视图的面积为22.若m,n分别是线段de,ce上的动点,则am+mn+nb的最小值为.解析:由题意可得侧视图是一个有一条直角边为2的直角三角形,所以其面积为122bc=22,解得bc=1,所以de=ce=2,dce是边长为2的等边三角形,aed=bec=30.将ade、dce、bce展开到同一平面上,在该平面内,ae=be=3,aeb=120,所以ab=3,当a、m、n、b共线时am+mn+nb取到最小值,最小值是3.答案:39.(2014嘉兴二模)如图,梯形abcd中,adbc,abc=90,adbcab=234,e、f分别是ab、cd的中点,将四边形adfe沿直线ef进行翻折.给出四个结论: dfbc;bdfc;平面dbf平面bfc;平面dcf平面bfc.在翻折过程中,可能成立的结论是.解析:因为bcad,ad与df相交不垂直,所以bc与df不垂直,则不成立; :设点d在平面bcf上的射影为点p,当bpcf时就有bdfc,而adbcab=234可使条件满足,所以正确;:当点p落在bf上时,dp平面bdf,从而平面bdf平面bcf,所以正确.:因为点d的射影不可能在fc上,所以不成立.答案:10.(2014温州二模)如图,在四面体abcd中,e,f分别为ab,cd的中点,过ef任作一个平面分别与直线bc,ad相交于点g,h,则下列结论正确的是.对于任意的平面,都有直线gf,eh,bd相交于同一点;存在一个平面0,使得gfehbd;存在一个平面0,使得点g在线段bc上,点h在线段ad的延长线上;对于任意的平面,都有sefg=sefh.解析:当点g、h分别为bc、ad的中点时平面与平面egfh重合,ehgfbd,因此正确错;若成立则hf与线段ac相交,那么hf、eg为异面直线与题意矛盾,即错;对于,取ac中点m,连结gh交ef于o,则h、g到平面mef距离相等,则go=ho,则g、h到ef距离相等,所以正确.答案:11.(2014山东济南模拟)如图所示,pa平面abcd,四边形abcd为正方形,e、f、g、h分别是线段pa、pd、cd、bc的中点. (1)求证:bc平面efg; (2)求证:dh平面aeg;(3)求三棱锥eafg与四棱锥pabcd的体积比.解:(1)bcad,adef,bcef.bc平面efg,ef平面efg,bc平面efg.(2)pa平面abcd.padh,即aedh.adgdch,hdc=dag,agd+dag=90,agd+hdc=90.dhag.又aeag=a,dh平面aeg.(3)veafgvpabcd=vgaefvpabcd=13dgsaef13pasabcd=12cd12efeapaadcd=12cd1212ad12papaadcd=116.能力提升12.对于四面体abcd,给出下列四个命题:若ab=ac,bd=cd,则bcad;若ab=cd,ac=bd,则bcad;若abac,bdcd,则bcad;若abcd,acbd,则bcad.其中正确的是(b)(a)(b)(c)仅(d)解析:如图(1)所示,取线段bc的中点e,连接ae,de, ab=ac,bd=cd,bcae,bcde,bc平面ade,ad平面ade,bcad,故正确.如图(2)所示,上、下底面不为正方形的长方体中,四面体abcd满足ab=cd,ac=bd,则bcad不成立,故错误;如图(3)所示,上、下底面不为正方形的长方体中,四面体abcd中,abac,bdcd, 则bcad不成立,若成立,则bcad,与底面不是正方形矛盾,故错误;设点o为点a在平面bcd上的射影,如图(4)所示, 连接ob,oc,od,abcd,acbd,obcd,ocbd,点o为bcd的垂心,odbc,bcad,故正确,故选b.13.(2013高考江西卷)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等于(a)(a)8(b)9(c)10(d)11解析:取cd的中点h,连接eh,hf.在四面体cdef中,cdeh,cdfh,所以cd平面efh,所以ab平面efh,所以正方体的左、右两个侧面与ef平行,共余4个平面与ef相交,即n=4.又因为ce与ab在同一平面内,所以ce与正方体下底面共面,与上底面平行,与其余四个面相交,即m=4,所以m+n=4+4=8.故选a.14.如图所示四面体oabc的三条棱oa,ob,oc两两垂直,oa=ob=2,oc=3,d为四面体oabc外一点.给出下列命题. 不存在点d,使四面体abcd有三个面是直角三角形;不存在点d,使四面体abcd是正三棱锥;存在点d,使cd与ab垂直并且相等;存在无数个点d,使点o在四面体abcd的外接球球面上.其中正确命题的序号是.解析:过o作平面abc的垂线,o为垂足,延长oo至d,使od=oo.则四面体abcd有三个面是直角三角形,故不正确;取点d使ca=cb=cd,且dca=dcb=acb,则四面体是以abd为底面的正三棱锥,故不正确;将四面体oabc补成长方体oaebca1e1b1,则在此长方体外接球面上任取一点d(与a,b,c不重合),都满足o在四面体abcd的外接球球面上,即正确,又ce1=ab且ce1ab,故正确.答案:15.(2014河北保定模拟)四棱锥sabcd中,四边形abcd为矩形,m为ab中点,且sab为等腰直角三角形,sa=sb=2,scbd,da平面sab. (1)求证:平面sbd平面smc;(2)设四棱锥sabcd外接球的球心为h,求棱锥hmsc的高.(1)证明:sa=sb,m为ab中点,smab,又da平面sab,dasm,又adab=a,sm平面abcd.又db平面abcd,smdb.又scbd,scsm=s,db平面smc,又bd平面sbd,平面sbd平面smc.(2)解:由(1)知db平面smc,dbmc,abdbcm,故abbc=damb22bc=bc2bc=2.设ac与bd交于n点,由题意知,asbs,dabs,sb平面sad.sbsd,显然na=nb=nc=nd=ns,h与n重合,即为球心.法一设mc与db交于q点,由于db平面smc,故hq即为所求.mc=6,qb=bcmbmc=226=233bd=23,hb=3,故hq=3-233=33.即棱锥hmsc的高为33.法二(等体积法)连接mh,sm平面abcd,shmc=sabc-samh-smbc=12(222-21-22)=22,又smsc=12mcsm=1262=3.设棱锥hmsc的高为h,则smhcsm=smsch,所以h=shmcsmsmsc=13=33.16.(2013高考北京卷)如图,在四棱锥pabcd中,abcd,abad,cd=2ab,平面pad底面abcd,paad,e和f分别是cd和pc的中点,求证: (1)pa底面abcd;(2)be平面pad;(3)平面bef平面pcd.证明:(1)因为平面pad底面abcd,且pa垂直于这两个平面的交线ad,所以pa底面abcd.(2)因为abcd,cd=2ab