高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測（十）點、線、面之間的位置關系 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學試題

專題跟蹤檢測（十）點、線、面之間的位置關系一、全練保分考法——保大分1．下面四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，則能得出AB∥平面MNP的圖形是()A．③④ B．①②C．②③ D．①④解析：選D對于題圖①，假設上底面與A相對的頂點為C，則平面ABC∥平面MNP.又AB?平面ABC，故AB∥平面MNP.對于題圖④，因為AB∥NP，所以由線面平行的判定定理可知AB∥平面MNP.題圖②③均不滿足題意．2．設m，n是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，有以下四個命題：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，其中正確的是()A．①② B．①③C．②③ D．②④解析：選B若α∥β，α∥γ，則根據(jù)面面平行的性質定理和判定定理可證得β∥γ，故①正確；若m∥α，α⊥β，則m∥β或m與β相交或m在平面β內，故②不正確；∵m∥β，∴β內有一直線l與m平行．而m⊥α，則l⊥α，根據(jù)面面垂直的判定定理可知α⊥β，故③正確；若m∥n，n?α，則m?α或m∥α，故④不正確．3．用a，b，c表示空間中三條不同的直線，γ表示平面，給出下列命題：①若a⊥b，b⊥c，則a∥c；②若a∥b，a∥c，則b∥c；③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，則a∥b.其中真命題的序號是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析：選D若a⊥b，b⊥c，則a∥c或a與c相交或a與c異面，所以①是假命題；由平行于同一直線的兩條直線平行，可知②是真命題；若a∥γ，b∥γ，則a∥b或a與b相交或a與b異面，所以③是假命題；若兩條直線垂直于同一個平面，則這兩條直線平行，所以④是真命題．4．在正四面體P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，則下面四個結論不成立的是()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：選C如圖．由題意知DF∥BC，由此可得BC∥平面PDF，故A正確；若PO⊥平面ABC，垂足為O，則O在AE上，則DF⊥PO.又DF⊥AE，PO∩AE＝O，故DF⊥平面PAE，故B正確；由DF⊥平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故D正確．選C.5.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，AB＝2BC，E是CD上一點．若AE⊥平面PBD，則eq\f(CE,ED)的值為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,2)C．3 D．4解析：選C∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AE.當AE⊥BD時，AE⊥平面PBD，此時△ABD∽△DAE，則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.如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AC，則下列命題正確的是()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：選D由題意知，在四邊形ABCD中，CD⊥BD.在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，兩平面的交線為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.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：①直線BM與ED平行；②直線CN與BE是異面直線；③直線CN與BM成60°角；④直線DM與BN是異面直線．以上四個命題中，正確命題的序號是________．解析：由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結構特征可得，直線BM與ED是異面直線，故①不正確；直線CN與BE平行，故②不正確；連接AN，則AN∥BM，所以直線CN與BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正確；直線DM與BN是異面直線，故④正確．所以正確命題的序號是③④.答案：③④8．已知直線a，b，平面α，且滿足a⊥α，b∥α，有下列四個命題：①對任意直線c?α，有c⊥a；②存在直線c?α，使c⊥b且c⊥a；③對滿足a?β的任意平面β，有β∥α；④存在平面β⊥α，使b⊥β.其中正確的命題有________．(填序號)解析：因為a⊥α，所以a垂直于α內任一直線，所以①正確；由b∥α得α內存在一直線l與b平行，在α內作直線m⊥l，則m⊥b，m⊥a，再將m平移得到直線c，使c?α即可，所以②正確；由面面垂直的判定定理可得③不正確；若b⊥β，則由b∥α得α內存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)⊥β，即有α⊥β，而b⊥β的平面β有無數(shù)個，所以④正確．答案：①②④9.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F解析：設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF由已知可以得A1B1＝eq\r(2)，設Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則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).由面積相等得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).即線段B1F的長為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)10.(2019屆高三·重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點．(1)求證：AF∥平面PEC；(2)求點F到平面PEC的距離．解：(1)證明：設PC的中點為Q，連接EQ，F(xiàn)Q，由題意，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，所以四邊形AEQF為平行四邊形，所以AF∥EQ，又EQ?平面PEC，AF?平面PEC，所以AF∥平面PEC.(2)由(1)，知點F到平面PEC的距離等于點A到平面PEC的距離，設為D.連接AC，由題給條件易求得EC＝eq\r(7)，PE＝eq\r(7)，PC＝2eq\r(2)，AC＝2eq\r(3)，又Q為PC的中點，則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VA-PEC＝VP-AEC，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)，即點F到平面PEC的距離為eq\f(\r(30),10).11．(2018·柳州模擬)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥側面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠(1)求證：BC1⊥平面ABC；(2)E是棱CC1上的一點，若三棱錐E-ABC的體積為eq\f(\r(3),12)，求線段CE的長．解：(1)證明：∵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∴VE-ABC＝VA-EBC＝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．如圖，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是線段AE上的動點．(1)試確定點M的位置，使AC∥平面MDF，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求平面MDF將幾何體ADE-BCF分成的上、下兩部分的體積之比．解：(1)當M是線段AE的中點時，AC∥平面MDF.理由如下：連接CE，交DF于點N，連接MN，因為M，N分別是AE，CE的中點，所以MN∥AC，又MN?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)將幾何體ADE-BCF補成三棱柱ADE-B1CF，由題意可得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，則ED⊥AD.故三棱柱ADE-B1CF的體積為VADE-B1CF＝S△ADE·CD＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，則幾何體ADE-BCF的體積VADE-BCF＝VADE-B1CF－VF-BB1C＝8－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(20,3).三棱錐F-DEM的體積VF-DEM＝VM-DEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×4×1＝eq\f(4,3)，故平面MDF將幾何體ADE-BCF分成的上、下兩部分的體積之比為eq\f(4,3)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝1∶4.二、強化壓軸考法——拉開分1．在三棱錐P-ABC中，PB＝6，AC＝3，G為△PAC的重心，過點G作三棱錐的一個截面，使截面平行于直線PB和AC，則截面被三棱錐截得的圖形的周長為()A．8 B．6C．10 D．9解析：選A如圖，過點G作EF∥AC分別交AP，CP于點E，F(xiàn)，過點F作FM∥PB交BC于點M，過E作EN∥PB交AB于點N，可得EN∥FM，即E，F(xiàn)，M，N四點共面，連接MN，則平面EFMN即為所求的截面．可得MN∥AC∥EF，EN∥FM∥PB，而G為△PAC的重心，所以eq\f(EF,AC)＝eq\f(MN,AC)＝eq\f(2,3)，因為AC＝3，所以EF＝MN＝2，同理可得EN＝FM＝2，所以EFMN的周長為8.2．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點，過E，F(xiàn)作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1A．三角形 B．四邊形C．五邊形 D．六邊形解析：選D如圖，分別取BB1，AB，AD，DD1的中點G，H，M，N，連接FG，GH，MH，MN，EN.∵點E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點，∴EF∥MH∥B1D1，MN∥FG∥AD1，GH∥EN∥AB1.∵MH∩GH＝H，AB1∩B1D1＝B1，∴平面EFGHMN∥平面AB1D1∵過E，F(xiàn)作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，∴平面α截正方體的表面所得平面圖形為六邊形．3.如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折的過程中，下面四個命題不正確的是()A．BM是定值 B．點M在某個球面上運動C．存在某個位置，使DE⊥A1D．存在某個位置，使MB∥平面A1DE解析：選C如圖，取CD的中點F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正確；∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝eq\f(1,2)A1D為定值，F(xiàn)B＝DE為定值，由余弦定理，得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正確；∵點B是定點，∴點M在以B為球心，MB為半徑的球面上，故B正確；∵A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直，∴存在某個位置，使DE⊥A1C不正確，故選C.4.如圖，在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AB，CC1，DD1的中點，過點G作平面D1EF的平行截面，則正方體被截面截得的較小部分的幾何體的體積為()A．6 B．3C.eq\f(9,4) D.eq\f(3,2)解析：選D如圖，連接GC，則GC∥D1F，延長D1F交DC的延長線于M，連接EM，作CN∥EM交AD于N，連接GN，則平面GCN為平行于平面D1EF的截面，正方體被截面截得的較小部分的幾何體為D-GCN，由題給條件得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VD-GCN＝VG-CDN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2).5.如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q為棱CC1上一動點，過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點P，R，則下列結論錯誤的是()A．對于任意的點Q，都有AP∥QRB．對于任意的點Q，四邊形APQR不可能為平行四邊形C．存在點Q，使得△ARP為等腰直角三角形D．存在點Q，使得直線BC∥平面APQR解析：選C由AB∥CD，AA1∥DD1，得平面ABB1A1∥平面CDD1C1.∵平面AP