（通用版）2019版高考数学二轮复习 专题跟踪检测（十）点、线、面之间的位置关系 理（重点生含解析）.doc
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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．①② C．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： ①⇒β∥γ；②⇒m⊥β； ③⇒α⊥β；④⇒m∥α，其中正确的是( ) A．①② B．①③ C．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．②③ C．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PAE C．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，则的值为( ) A. B. 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＝.∵AB＝2BC，∴DE＝AB＝CD，∴＝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BDC C．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：③④ 8．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：①②④ 9.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的长为________． 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＝， 设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h. 又2＝h， 得h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝. 由面积相等得 ＝x，解得x＝. 即线段B1F的长为. 答案： 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＝CD， AE∥CD且AE＝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＝，PE＝，PC＝2，AC＝2， 又Q为PC的中点，则EQ＝， 故S△PEC＝2＝， S△AEC＝1＝， 由VAPEC＝VPAEC，得d＝2， 解得d＝，即点F到平面PEC的距离为. 11．(2018柳州模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60. (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，求线段CE的长． 解：(1)证明：∵AB⊥平面BB1C1C， BC1⊂平面BB1C1C， ∴AB⊥BC1， 在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60， 由余弦定理得 BC＝BC2＋CC－2BCCC1cos∠BCC1＝12＋22－212cos 60＝3，∴BC1＝， ∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1， 又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，BC∩AB＝B， ∴BC1⊥平面ABC. (2)∵AB⊥平面BB1C1C， ∴VEABC＝VAEBC＝S△BCEAB＝1CEsin 601＝，∴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＝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△ADECD＝224＝8， 则几何体ADEBCF的体积VADEBCF＝VADEB1CF－VFBB1C＝8－222＝. 三棱锥FDEM的体积VFDEM＝VMDEF＝241＝， 故平面MDF将几何体ADEBCF分成的上、下两部分的体积之比为∶＝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．6 C．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＝＝，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AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为( ) A．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⊥A1C D．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＝A1D为定值，FB＝DE为定值，由余弦定理，得MB2＝MF2＋FB2－2MFFBcos ∠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．3 C. D. 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＝，CD＝CM＝3，由tan∠DCN＝tan∠DME＝，得DN＝CDtan∠DCN＝3＝2，所以VDGCN＝VGCDN＝32＝. 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∥QR B．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APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，∴AP∥QR，故A选项正确；∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行．∵平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，∴PQ与AR不平行，∴四边形APQR不可能为平行四边形，故B选项正确；如图，延长CD至M，使得DM＝CD，则四边形ABCM是矩形，∴BC∥AM.当R，Q，M三点共线时，AM⊂平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D选项正确．选C. 6.如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( ) A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值为90 D．AP＋PD1的最小值为 解析：选C 由题意知A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1.又∵A1D1∩A1B＝A1，∴DC1⊥平面A1BCD1.∵D1P⊂平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故A选项正确；∵平面D1A1P即为平面A1BCD1，平面A1AP即为平面A1ABB1，且D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面A1BCD1⊥平面A1ABB1，即平面D1A1P⊥平面A1AP，故B选项正确．当0
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