高考数学二轮复习 专题跟踪检测（十）点、线、面之间的位置关系 理（重点生含解析）-人教版高三数学试题

专题跟踪检测（十）点、线、面之间的位置关系一、全练保分考法——保大分1．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能得出AB∥平面MNP的图形是()A．③④ B．①②C．②③ D．①④解析：选D对于题图①，假设上底面与A相对的顶点为C，则平面ABC∥平面MNP.又AB⊂平面ABC，故AB∥平面MNP.对于题图④，因为AB∥NP，所以由线面平行的判定定理可知AB∥平面MNP.题图②③均不满足题意．2．设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∥γ))⇒β∥γ；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m∥α))⇒m⊥β；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m∥β))⇒α⊥β；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n⊂α))⇒m∥α，其中正确的是()A．①② B．①③C．②③ D．②④解析：选B若α∥β，α∥γ，则根据面面平行的性质定理和判定定理可证得β∥γ，故①正确；若m∥α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m在平面β内，故②不正确；∵m∥β，∴β内有一直线l与m平行．而m⊥α，则l⊥α，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故③正确；若m∥n，n⊂α，则m⊂α或m∥α，故④不正确．3．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析：选D若a⊥b，b⊥c，则a∥c或a与c相交或a与c异面，所以①是假命题；由平行于同一直线的两条直线平行，可知②是真命题；若a∥γ，b∥γ，则a∥b或a与b相交或a与b异面，所以③是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以④是真命题．4．在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC．平面PDE⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC解析：选C如图．由题意知DF∥BC，由此可得BC∥平面PDF，故A正确；若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO.又DF⊥AE，PO∩AE＝O，故DF⊥平面PAE，故B正确；由DF⊥平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故D正确．选C.5.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝2BC，E是CD上一点．若AE⊥平面PBD，则eq\f(CE,ED)的值为()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,2)C．3 D．4解析：选C∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AE.当AE⊥BD时，AE⊥平面PBD，此时△ABD∽△DAE，则eq\f(AB,AD)＝eq\f(AD,DE).∵AB＝2BC，∴DE＝eq\f(1,4)AB＝eq\f(1,4)CD，∴eq\f(CE,ED)＝3.6.如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：选D由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD.在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，∴CD⊥平面ABD，因此有AB⊥C D.又∵AB⊥AD，AD∩DC＝D，∴AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC.7.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①直线BM与ED平行；②直线CN与BE是异面直线；③直线CN与BM成60°角；④直线DM与BN是异面直线．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线BM与ED是异面直线，故①不正确；直线CN与BE平行，故②不正确；连接AN，则AN∥BM，所以直线CN与BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正确；直线DM与BN是异面直线，故④正确．所以正确命题的序号是③④.答案：③④8．已知直线a，b，平面α，且满足a⊥α，b∥α，有下列四个命题：①对任意直线c⊂α，有c⊥a；②存在直线c⊄α，使c⊥b且c⊥a；③对满足a⊂β的任意平面β，有β∥α；④存在平面β⊥α，使b⊥β.其中正确的命题有________．(填序号)解析：因为a⊥α，所以a垂直于α内任一直线，所以①正确；由b∥α得α内存在一直线l与b平行，在α内作直线m⊥l，则m⊥b，m⊥a，再将m平移得到直线c，使c⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b⊥β，则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行，必有l⊥β，即有α⊥β，而b⊥β的平面β有无数个，所以④正确．答案：①②④9.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF由已知可以得A1B1＝eq\r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝eq\r(22＋\r(2)2)h，得h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面积相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，解得x＝eq\f(1,2).即线段B1F的长为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)10.(2019届高三·重庆六校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求点F到平面PEC的距离．解：(1)证明：设PC的中点为Q，连接EQ，FQ，由题意，得FQ∥DC且FQ＝eq\f(1,2)CD，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四边形AEQF为平行四边形，所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，所以AF∥平面PEC.(2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为D.连接AC，由题给条件易求得EC＝eq\r(7)，PE＝eq\r(7)，PC＝2eq\r(2)，AC＝2eq\r(3)，又Q为PC的中点，则EQ＝eq\r(5)，故S△PEC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(5)＝eq\r(10)，S△AEC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，由VA­PEC＝VP­AEC，得eq\f(1,3)×eq\r(10)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2，解得d＝eq\f(\r(30),10)，即点F到平面PEC的距离为eq\f(\r(30),10).11．(2018·柳州模拟)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠(1)求证：BC1⊥平面ABC；(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥E­ABC的体积为eq\f(\r(3),12)，求线段CE的长．解：(1)证明：∵AB⊥平面BB1CBC1⊂平面BB1C∴AB⊥BC1，在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°，由余弦定理得BCeq\o\al(2,1)＝BC2＋CCeq\o\al(2,1)－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC1＝eq\r(3)，∴BC2＋BCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)，∴BC⊥BC1，又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴BC1⊥平面ABC.(2)∵AB⊥平面BB1C∴VE­ABC＝VA­EBC＝eq\f(1,3)S△BCE·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×CE×sin60°×1＝eq\f(\r(3),12)，∴CE＝1.12．如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是线段AE上的动点．(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE­BCF分成的上、下两部分的体积之比．解：(1)当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF.理由如下：连接CE，交DF于点N，连接MN，因为M，N分别是AE，CE的中点，所以MN∥AC，又MN⊂平面MDF，AC⊄平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE­BCF补成三棱柱ADE­B1CF，由题意可得ED⊥CD，AD⊥CD，又AD∩ED＝D，所以CD⊥平面ADE.又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，ED⊥CD，所以ED⊥平面ABCD，则ED⊥AD.故三棱柱ADE­B1CF的体积为VADE­B1CF＝S△ADE·CD＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，则几何体ADE­BCF的体积VADE­BCF＝VADE­B1CF－VF­BB1C＝8－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(20,3).三棱锥F­DEM的体积VF­DEM＝VM­DEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×4×1＝eq\f(4,3)，故平面MDF将几何体ADE­BCF分成的上、下两部分的体积之比为eq\f(4,3)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝1∶4.二、强化压轴考法——拉开分1．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面被三棱锥截得的图形的周长为()A．8 B．6C．10 D．9解析：选A如图，过点G作EF∥AC分别交AP，CP于点E，F，过点F作FM∥PB交BC于点M，过E作EN∥PB交AB于点N，可得EN∥FM，即E，F，M，N四点共面，连接MN，则平面EFMN即为所求的截面．可得MN∥AC∥EF，EN∥FM∥PB，而G为△PAC的重心，所以eq\f(EF,AC)＝eq\f(MN,AC)＝eq\f(2,3)，因为AC＝3，所以EF＝MN＝2，同理可得EN＝FM＝2，所以EFMN的周长为8.2．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形解析：选D如图，分别取BB1，AB，AD，DD1的中点G，H，M，N，连接FG，GH，MH，MN，EN.∵点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，∴EF∥MH∥B1D1，MN∥FG∥AD1，GH∥EN∥AB1.∵MH∩GH＝H，AB1∩B1D1＝B1，∴平面EFGHMN∥平面AB1D1∵过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，∴平面α截正方体的表面所得平面图形为六边形．3.如图，在矩形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翻折的过程中，下面四个命题不正确的是()A．BM是定值 B．点M在某个球面上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1D．存在某个位置，使MB∥平面A1DE解析：选C如图，取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确；∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝eq\f(1,2)A1D为定值，FB＝DE为定值，由余弦定理，得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正确；∵点B是定点，∴点M在以B为球心，MB为半径的球面上，故B正确；∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，∴存在某个位置，使DE⊥A1C不正确，故选C.4.如图，在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AB，CC1，DD1的中点，过点G作平面D1EF的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为()A．6 B．3C.eq\f(9,4) D.eq\f(3,2)解析：选D如图，连接GC，则GC∥D1F，延长D1F交DC的延长线于M，连接EM，作CN∥EM交AD于N，连接GN，则平面GCN为平行于平面D1EF的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为D­GCN，由题给条件得DG＝eq\f(3,2)，CD＝CM＝3，由tan∠DCN＝tan∠DME＝eq\f(2,3)，得DN＝CDtan∠DCN＝3×eq\f(2,3)＝2，所以VD­GCN＝VG­CDN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2).5.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论错误的是()A．对于任意的点Q，都有AP∥QRB．对于任意的点Q，四边形APQR不可能为平行四边形C．存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形D．存在点Q，使得直线BC∥平面APQR解析：选C由AB∥CD，AA1∥DD1，得平面ABB1A1∥平面CDD1C1.∵平面AP