《（江蘇專用）高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關(guān)系練習 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關(guān)系練習 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　空間點、線、面的位置關(guān)系 1．(2019·揭陽模擬改編)設平面α，β，直線a，b，a?α，b?α，則“a∥β，b∥β”是“α∥β”的________條件． [解析] 由平面與平面平行的判定定理可知，若直線a，b是平面α內(nèi)兩條相交直線，且a∥β，b∥β，則α∥β；當α∥β，若a?α，b?α，則a∥β，b∥β，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分條件． [答案] 必要不充分 2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與過點A、E、C的平面的位置關(guān)系是________． [解析] 連結(jié)AC、BD相交于一點O，連結(jié)OE、AE、EC， 因為四

2、邊形ABCD為正方形， 所以DO＝BO． 而DE＝D1E，所以EO為△DD1B的中位線， 所以EO∥D1B，所以BD1∥平面AEC． [答案] BD1∥平面AEC 3．(2019·南京模擬)四棱錐P-ABCD 的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥底面ABCD且PA＝4，則PC與底面ABCD所成角的正切值為________． [解析] 因為PA⊥底面ABCD，所以PC在底面ABCD上的射影為AC，∠PCA就是PC與底面ABCD所成的角，tan∠PCA＝＝． [答案] 4．(2019·南京、鹽城模擬)已知平面α，β，直線m，n，給出下列命題： ①若m∥α，n∥β，m⊥n，

3、則α⊥β； ②若α∥β，m∥α，n∥β，則m∥n； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ④若α⊥β，m⊥α，n⊥β ，則m⊥n． 其中是真命題的是________．(填寫所有真命題的序號) [解析] ①錯誤，還有可能α，β相交；②錯誤，直線m，n可能平行、相交或異面；③④正確． [答案] ③④ 5．(2019·鎮(zhèn)江期末)如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是________．(填序號)　 ①平面ABD⊥平面ABC；②

4、平面ADC⊥平面BDC； ③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC． [解析] 因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD， 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB， 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC， 又AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC． [答案] ④ 6．(2019·無錫期末)已知兩條直線m、n，兩個平面α、β．給出下面四個命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α；②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③m∥n，m∥α?n∥α；④α∥

5、β，m∥n，m⊥α?n⊥β． 其中正確命題的序號是________． [解析] 兩條平行線中一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面，故①正確；兩平面平行，分別在這兩平面內(nèi)的兩直線可能平行，也可能異面，故②錯；m∥n，m∥α時，n∥α或n?α，故③錯；由α∥β，m⊥α得m⊥β，由m⊥β，n∥m得n⊥β，故④正確． [答案] ①④ 7．(2019·蘇州調(diào)研)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________． [解析] 如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得D

6、T＝，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝． [答案] 8．如圖，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于點E，AF⊥DC交DC于點F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D-AEF體積的最大值為________． [解析] 因為DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A

7、，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF．又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB．又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE為三棱錐D-AEF的高．因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝，設AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝ab≤·＝×＝，所以三棱錐D-AEF的體積V≤××＝(當且僅當a＝b＝1時等號成立)． [答案] 9．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號) ①AC⊥BE； ②EF∥平面ABCD；

8、③三棱錐A-BEF的體積為定值； ④△AEF的面積與△BEF的面積相等． [解析] 因為AC⊥平面BB1D1D， 又BE?平面BB1D1D，所以AC⊥BE，故①正確． 因為B1D1∥平面ABCD，又E、F在線段B1D1上運動， 故EF∥平面ABCD．故②正確． ③中由于點B到直線EF的距離是定值，故△BEF的面積為定值，又點A到平面BEF的距離為定值，故VA-BEF不變．故③正確． 由于點A到B1D1的距離與點B到B1D1的距離不相等，因此△AEF與△BEF的面積不相等，故④錯誤． [答案] ①②③ 10．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面

9、ABC，PC＝4，M是AB上一個動點，則PM的最小值為________． [解析] 如圖，因為PC⊥平面ABC，MC?平面ABC， 所以PC⊥MC． 故PM＝ ＝． 又因為MC的最小值為＝2，所以PM的最小值為2． [答案] 2 11．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考(五))如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1＝CA，點E，F(xiàn)分別為AC1，BC1的中點． (1)若B1C1上存在一點G，使得平面EFG∥平面AA1B1B，求證：點G為B1C1的中點； (2)若AC1⊥AB，求證：平面CEF⊥平面ABC1． [證明] (1)如圖，連接AB1，因為平面EFG∥平面

10、AA1B1B，EG?平面EFG， 所以EG∥平面AA1B1B． 因為EG?平面AB1C1，平面AB1C1∩平面AA1B1B＝AB1，所以EG∥AB1， 因為點E為AC1的中點，所以點G為B1C1的中點． (2)因為CC1＝CA，點E為AC1的中點， 所以CE⊥AC1． 因為點E，F(xiàn)分別為AC1，BC1的中點，所以EF∥AB， 因為AC1⊥AB，所以EF⊥AC1． 又CE∩EF＝E，CE，EF?平面CEF，所以AC1⊥平面CEF，因為AC1?平面ABC1，所以平面CEF⊥平面ABC1． 12．(2019·南通調(diào)研)如圖，在四面體ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝

11、90°．M，N，Q分別為棱AD，BD，AC的中點． (1)求證：CD∥平面MNQ； (2)求證：平面MNQ⊥平面CAD． [證明]　(1)因為M，Q分別為棱AD，AC的中點， 所以MQ∥CD，又CD?平面MNQ，MQ?平面MNQ， 故CD∥平面MNQ． (2)因為M，N分別為棱AD，BD的中點，所以MN∥AB，又∠BAD＝90°，故MN⊥AD． 因為平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN?平面ABD，所以MN⊥平面CAD． 又MN?平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD． 13．(2019·南京、鹽城模擬)如圖①，E，F(xiàn)分別是直角三角形ABC邊AB

12、和AC的中點，∠B＝90°，沿EF將三角形ABC折成如圖②所示的銳二面角A1-EF-B，若M為線段A1C的中點．求證： (1)直線FM∥平面A1EB； (2)平面A1FC⊥平面A1BC． [證明]　(1)取A1B中點N，連結(jié)NE，NM(圖略)， 則MN綊BC，EF綊BC，所以MN綊FE， 所以四邊形MNEF為平行四邊形，所以FM∥EN， 又因為FM?平面A1EB，EN?平面A1EB， 所以直線FM∥平面A1EB． (2)因為E，F(xiàn)分別為AB和AC的中點，所以A1F＝FC，所以FM⊥A1C． 同理，EN⊥A1B， 由(1)知，F(xiàn)M∥EN，所以FM⊥A1B． 又因為A1C

13、∩A1B＝A1，所以FM⊥平面A1BC， 又因為FM?平面A1FC， 所以平面A1FC⊥平面A1BC． 14．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，過A1、C1、B三點的平面截去長方體的一個角后，得到如圖所示的幾何體ABCD-A1C1D1，且這個幾何體的體積為． (1)求AA1的長； (2)在線段BC1上是否存在點P，使直線A1P與C1D垂直，如果存在，求線段A1P的長，如果不存在，請說明理由． [解] (1)因為VABCD-A1C1D1＝VABCD-A1B1C1D1－VB-A1B1C1 ＝2×2×AA1－××2×2×AA1＝AA1＝， 所以AA1＝4． (2)存在點P滿足題意．在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，過Q作QP∥CB交BC1于點P，則A1P⊥C1D． 因為A1D1⊥平面CC1D1D，C1D?平面CC1D1D， 所以C1D⊥A1D1，而QP∥CB，CB∥A1D1， 所以QP∥A1D1， 又因為A1D1∩D1Q＝D1，所以C1D⊥平面A1PQD1， 且A1P?平面A1PQD1，所以A1P⊥C1D． 因為Rt△D1C1Q∽Rt△C1CD， 所以＝，所以C1Q＝1， 又因為PQ∥BC，所以PQ＝BC＝． 因為四邊形A1PQD1為直角梯形，且高D1Q＝， 所以A1P＝＝．