1、2.12.3综合拔高练五年高考练考点1点、线、面的位置关系1.(2021浙江,6,4分,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B12.(2020全国,16,5分,)设有下列四个命题:p1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.p4:若直线l平面,
2、直线m平面,则ml.则下述命题中所有真命题的序号是.p1p4p1p2p2p3p3p4考点2空间平行、垂直关系的应用3.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C平面ABB1.4.(2021全国乙文,18,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,M为BC的中点,且PBAM.(1)证明:平面PAM平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.5.(2021全国甲文,19,12分,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧
3、面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BFA1B1.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BFDE.考点3空间角6.(2021全国乙理,5,5分,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.2B.3C.4D.67.(2020浙江,19,15分,)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD平面ABC,ACB=ACD=45,DC=2BC.(1)证明:EFDB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.8.(2020全国,20,12分,)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面
4、是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F;(2)设O为A1B1C1的中心.若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.三年模拟练1.(2021安徽合肥一模,)若a,b是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若ab,b,则aB.若,a,b,则abC.若a,a,=b,则abD.若ab,a,b,则2.(2021云南昆明一模,)已知P,Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上的动
5、点(不与顶点重合),则下列结论错误的是()A.ABPQB.平面BPQ平面ADD1A1C.四面体A-BPQ的体积为定值D.AP平面CDD1C13.(2021河南驻马店高三上期末,)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是正方形,且平面ABCD平面AEB,则下列说法正确的是()A.DEC可能为90B.若AEB是等边三角形,则DEC也是等边三角形C.若AEB是等边三角形,则异面直线DE和AB所成角的余弦值为24D.若AEB是直角三角形,则BE平面ADE4.(2021四川成都蓉城名校联盟高二期中,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB=BC,PA=AB,AM平面PBC,垂足M在PB上,若PC上存在一
6、点N,使得平面PCD平面AMN,则PNNC=()A.1B.12C.23D.135.(2021山东日照高三模拟,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,ABBC,AB=BC=2,过AB,BB1的中点E,F作平面与平面AA1C1C垂直,则所得截面周长为()A.22+6B.2+26C.32+6D.32+266.(2021上海闵行高二上期末,)已知矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA平面ABCD,PA=2,现有以下五个数据:a=12;a=1;a=3;a=2;a=4,若在BC边上存在点Q,使PQQD,则a可以取.(填序号)7.(2021山东潍坊高二上期中,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C
7、1中,点D为棱A1C1上的点,且BC1平面AB1D,则A1DDC1=;已知AB=BC=AA1=1,AC=2,以D为球心,以52为半径的球面与侧面AA1B1B的交线长度为.8.(2021浙江舟山高二上期末,)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C平面ABC,2AA1=2A1C1=2C1C=AC,BC=BA,点D是BC的中点.求证:(1)DC1平面ABB1A1;(2)BC1A1C.9.(2020安徽合肥高二上期中,)如图,在RtAOB中,OAB=30,斜边AB=4,RtAOC可以通过RtAOB以直线AO为轴旋转得到,且二面角B-AO-C是直二面角,动点D在斜边AB上. (1)求证:
8、平面COD平面AOB;(2)当D为AB的中点时,求异面直线AO与CD所成角的正切值;(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.2.12.3综合拔高练五年高考练1.A连接AD1,在正方形ADD1A1中,由M为A1D的中点,可知AD1A1D=M,且M为AD1的中点,AD1A1D.又N为D1B的中点,MNAB.AB平面ABCD,MN平面ABCD,MN平面ABCD.AB平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1,ABA1D,ABAD1=A,A1D平面ABD1,A1DD1B.故A正确.2.答案解析对于命题p1,两两相交且不过同一点的三条直线的交点记为A、B、C,易知A、B、C三点不共线,所以可确定一
9、个平面,记为,由A,B,可得直线AB,同理,另外两条直线也在平面内,所以p1是真命题;对于命题p2,当三点共线时,过这三点有无数个平面,所以p2是假命题,从而p2是真命题;对于命题p3,空间两条直线不相交,则这两条直线可能平行,也可能异面,所以p3是假命题,从而p3是真命题;对于命题p4,由直线与平面垂直的性质可知,p4是真命题,从而p4是假命题.综上所述,p1p4是真命题,p1p2是假命题,p2p3是真命题,p3p4是真命题,所以答案为.3.证明(1)由于E,F分别是AC,B1C的中点,所以EFAB1.由于EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1,所以EF平面AB1C1.(2)由于B1C平面
10、ABC,AB平面ABC,所以B1CAB.由于ABAC,ACB1C=C,所以AB平面AB1C,由于AB平面ABB1,所以平面AB1C平面ABB1.4.解析(1)证明:由于PD平面ABCD,AM平面ABCD,则PDAM,又PBAM,PBPD=P,PB,PD平面PBD,所以AM平面PBD,因为AM平面PAM,所以平面PAM平面PBD.(2)由(1)知AM平面PBD,因为BD平面PBD,所以AMBD,所以MAB+ABD=90,因为四边形ABCD为矩形,所以DAB=ABM,所以MAB+AMB=90,所以ABD=AMB,则DABABM,则DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,AD=2,S矩
11、形ABCD=ABAD=2,V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCDPD=1321=23.5解析(1)侧面四边形AA1B1B为正方形,A1B1BB1,BFA1B1且BB1BF=B,BB1,BF平面BB1C1C,A1B1平面BB1C1C,又ABA1B1,AB平面BB1C1C,又BC平面BB1C1C,ABBC,AB=BC=2,E为AC的中点,SEBC=12SABC=121222=1.由直三棱柱知CF平面ABC.F为CC1的中点,CF=12CC1=12BB1=12AB=1,VF-EBC=13SEBCCF=1311=13.(2)证明:连接A1E,B1E,AB=BC,E为AC的中点,BEAC.AA1平面A
12、BC,BE平面ABC,AA1BE.AA1AC=A,AA1,AC平面AA1C1C,BE平面AA1C1C,又A1E平面AA1C1C,BEA1E.在RtECF中,tanFEC=CFCE=12=22,在RtA1AE中,tanAA1E=AEAA1=22,tanFEC=tanAA1E,FEC=AA1E,AA1E+AEA1=90,FEC+AEA1=90,A1EF=90,即A1EEF.EFEB=E,又EF,EB平面BEF,A1E平面BEF,又BF平面BEF,A1EBF,又A1B1BF,A1EA1B1=A1,A1E平面A1B1E,A1B1平面A1B1E,BF平面A1B1E.DE平面A1B1E,BFDE.6.D如
13、图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,BC1AD1,C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=2a,C1P=22a,连接AC、BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP平面ABCD,OB平面ABCD,OPOB,PB=a2+22a2=62a.在C1BP中,cosPBC1=BP2+BC12-PC122BPBC1=32,PBC1=6,即直线PB与AD1所成的角为6.故选D.7.解析(1)证明:如图,过点D作DHAC,交AC于H,连接BH.平面ACFD平面ABC,平面ACFD平面ABC=AC,DH平面ACFD,DH平面ABC,DHBC
14、.ACB=ACD=45,CD=2CH=2BCCH=2BC,BHBC.由棱台的定义可知,EFBC,DHEF,BHEF,而BHDH=H,EF平面BHD,而BD平面BHD,EFDB.(2)DFCH,DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角.过点H作HGBD于G,连接CG,由(1)可知,BC平面BHD,又BC平面BCD,平面BCD平面BHD,而平面BCD平面BHD=BD,HG平面BHD,HG平面BCD,即CH在平面DBC内的射影为CG,HCG即为所求角.在RtHGC中,设BC=a,则CH=2a,HG=DHBHBD=2aa3a=23a,sinHCG=HGCH=13=33,故直线DF与平面DBC所
15、成角的正弦值为33.8.解析(1)证明:M,N分别为BC,B1C1的中点,MNBB1.又AA1BB1,MNAA1.在ABC中,M为BC的中点,BCAM.又侧面BB1C1C为矩形,BCBB1.MNBB1,MNBC,又MNAM=M,MN,AM平面A1AMN,BC平面A1AMN.B1C1BC,且B1C1平面ABC,BC平面ABC,B1C1平面ABC.B1C1平面EB1C1F,且平面EB1C1F平面ABC=EF,B1C1EF,EFBC.又BC平面A1AMN,EF平面A1AMN.EF平面EB1C1F,平面EB1C1F平面A1AMN.(2)如图,连接NP.AO平面EB1C1F,平面AONP平面EB1C1F
16、=NP,AONP.平面A1NMA平面ABC=AM,平面A1NMA平面A1B1C1=A1N,ONAP,故四边形ONPA是平行四边形.设ABC的边长是6m(m0),则ON=AP,NP=AO=AB=6m.O为A1B1C1的中心,且A1B1C1的边长为6m,ON=136msin 60=3m,故ON=AP=3m.又EFBC,APAM=EPBM,即3m33m=EP3m,解得EP=m.在B1C1上截取B1Q=EP=m,则QN=2m.B1Q=EP,且B1QEP,四边形B1QPE是平行四边形,B1EPQ.由(1)知B1C1平面A1AMN,故QPN为B1E与平面A1AMN所成角.在RtQPN中,根据勾股定理可得P
17、Q=QN2+PN2=(2m)2+(6m)2=210m,sinQPN=QNPQ=2m210m=1010.直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.三年模拟练1.C2.C3.C4.D5.C1.C若b,则b或b,又ab,a或a或a与相交,故A错误.若,a,则a或a,又b,a与b的位置关系是平行、相交或异面,故B错误.如图,过a作平面,且=c,a,ac.又a,c,而c,=b,则cb,可得ab,故C正确.若ab,a,则b,又b,故D错误.故选C.2.C对于A,易知AB平面BCC1B1.PQ平面BCC1B1,ABPQ,故A中结论正确.对于B,平面ADD1A1平面BCC1B1,平面BPQ与平面BC
18、C1B1重合,平面BPQ平面ADD1A1,故B中结论正确.对于C,A到平面BPQ的距离AB为定值,Q到BP的距离为定值,BP的长不是定值,四面体A-BPQ的体积不为定值,故C中结论错误.对于D,平面ABB1A1平面CDD1C1,AP平面ABB1A1,AP平面CDD1C1,故D中结论正确.故选C.名师点评本题考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间想象能力,是中档题.3.C因为底面ABCD是正方形,所以BCAB,又BC平面ABCD,平面ABCD平面AEB=AB,平面ABCD平面AEB,故BC平面AEB.对于A,若DEC=90,则DCEC,而ECBC=CD,矛
19、盾,所以DEC90,故选项A错误;对于B,若AEB是等边三角形,则有ECEB=DC,所以DEC不是等边三角形,故选项B错误;对于C,若AEB是等边三角形,设其边长为2,则DE=EC=22,因为ABCD,所以CDE即为异面直线DE与AB所成的角,所以cosCDE=122=24,故选项C正确;对于D,当AEB是以AEB为直角的直角三角形时,易得BE平面ADE,当AEB是以EAB(或EBA)为直角的直角三角形时,BE与平面ADE不垂直,故选项D错误.故选C.4.D如图,取PC的中点O,连接BO,由PB=BC,得BOPC.过点M作MNBO,交PC于点N,连接AN,则MNPC.因为AM平面PBC,PC平
20、面PBC,所以AMPC.又AMMN=M,AM,MN平面AMN,所以PC平面AMN.又PC平面PCD,所以平面PCD平面AMN.又M为PB的中点,且MNBO,所以PNPO=PMPB=12.又POPC=12,所以PNPC=14,所以PNNC=13.故选D.名师点评本题考查了空间中线线、线面和面面的位置关系的应用问题,也考查了垂直的判定和性质的应用问题,是中档题.5.C取AC的中点D,连接BD,取A1C1的中点D1,连接B1D1,DD1,取AD的中点G,连接EG,连接EF并延长,与A1B1的延长线交于H,取C1D1的中点M,连接MH,交B1C1于点N,连接FN,GM,可得EGBD,BDB1D1,MN
21、B1D1,即有EGMN.因为AB=BC,D为AC的中点,所以BDAC,由AA1平面ABC,BD平面ABC,可得AA1BD,又AA1AC=A,所以BD平面AA1C1C,可得EG平面AA1C1C,因为EG平面EGMNF,所以平面EGMNF平面AA1C1C,则平面EGMNF即为平面.由EG=12BD=22,GM=4+2=6,MN=12B1D1=22,NF=1+1=2,FE=2,可知所得截面的周长为22+6+22+2+2=32+6.故选C.6.答案解析连接AQ,因为PA平面ABCD,QD平面ABCD,所以PAQD.因为PQQD,PAPQ=P,所以QD平面PAQ,又AQ平面APQ,所以AQQD.在平面A
22、BCD中,因为直径所对的圆周角为直角,所以点Q在以AD为直径的圆上,故当BC与以AD为直径的圆有公共点时,在BC边上存在点Q,使PQQD.因此AB12AD=1,即a1.7.答案1;3解析如图,取AC的中点,记为E,连接BE,C1E,由题意可知,只有当D为A1C1的中点时才满足题意,理由如下:当D为A1C1的中点时,ADEC1,B1DBE,ADB1D=D,BEEC1=E,所以平面BEC1平面AB1D,因为BC1平面BEC1,所以BC1平面AB1D,满足题意,所以D为A1C1的中点,所以A1DDC1=1.球面与侧面AA1B1B的交线长,即截面圆在侧面AA1B1B内的弧长,因为AB=BC=1,AC=
23、2,所以AB2+BC2=AC2,即ABBC,易得A1B1B1C1,取A1B1的中点,记为D,故可得DDA1B1,因为平面A1B1C1平面A1ABB1=A1B1,平面A1B1C1平面A1ABB1,DD平面A1B1C1,所以DD平面A1ABB1,易得DD=12,DS=52,设交线的轨迹为PQ,截面圆半径DS=DS2-DD2=(52)2-(12)2=1,连接PQ,PD,DQ,则PQ=PD=DQ=1,所以PDQ=60,所以lPQ=6036021=3.8.证明(1)如图,取AB的中点E,连接DE,则DEAC,且DE=12AC,又A1C1AC,且A1C1=12AC,DEA1C1,四边形DEA1C1是平行四
24、边形,A1EC1D.又A1E平面ABB1A1,C1D平面ABB1A1,C1D平面ABB1A1.(2)取AC的中点O,连接BO,A1O,C1O.由BC=BA得BOAC.平面AA1C1C平面ABC,平面AA1C1C平面ABC=AC,BO平面ABC,BO平面AA1C1C,又A1C平面AA1C1C,BOA1C,OCA1C1,四边形A1C1CO是平行四边形,又AC=2C1C,AC=2CO,CO=C1C,四边形A1C1CO是菱形,C1OA1C,又BOA1C,C1OBO=O,C1O,BO平面BOC1,A1C平面BOC1,BC1平面BOC1,BC1A1C.9.解析(1)证明:由题意,COAO,BOAO,BOC
25、是二面角B-AO-C的平面角.又二面角B-AO-C是直二面角,COBO.又AOBO=O,CO平面AOB.又CO平面COD,平面COD平面AOB.(2)过点D作DEOB,垂足为E,连接CE如图,则DEAO.CDE是异面直线AO与CD所成的角.在RtOCB中,易知CO=BO=2,OE=12BO=1,CE=CO2+OE2=5.在RtCDE中,DE=12AO=3,tanCDE=CEDE=53=153,即异面直线AO与CD所成角的正切值是153.(3)由(1)知,CO平面AOB,CDO是CD与平面AOB所成的角,且tanCDO=OCOD=2OD.当OD最小时,tanCDO最大,此时ODAB,OD=OAOBAB=3,tanCDO=233,即CD与平面AOB所成角的正切值的最大值是233.
