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2021届高考数学二轮总复习 第一部分 高考层级专题突破 层级二 7个能力专题 师生共研 专题四 立体几何 第二讲 课时跟踪检测(十一)点、直线、平面之间的位置关系(理含解析).doc

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资源描述

1、第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题四立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系课时跟踪检测(十一)点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1(2019陕西西安模拟)下列命题正确的是()A若直线l平面,直线l平面,则B若直线l平面,直线l平面,则C若两直线l1,l2与平面所成的角相等,则l1l2D若直线l上两个不同的点A,B到平面的距离相等,则l解析:选A对于A选项,垂直于同一直线的两平面互相平行,故A选项正确;对于B选项,若直线l平面,直线l平面,则两平面可能相交或平行,故B选项错误;对于C选项,若两直线l1,l2与平面所成的角相等,则l1,l2可能相交、平行或异面,故C选项

2、错误;对于D选项,若直线l上两个不同的点A,B到平面的距离相等,则直线l与平面可能相交或者平行,故D选项错误故选A2(2019昆明市高三调考)设l,m是两条不同的直线,是两个不同的平面,且l,m.下列结论正确的是()A若,则l B若lm,则C若,则l D若lm,则解析:选C若,l,则l垂直于与的交线时,才有l,所以A选项错误;若lm,l,m,则与平行或相交,所以B选项错误;若,l,则l,所以C选项正确;若lm,l,m,则与平行或相交,所以D选项错误故选C3(2019辽宁丹东二模)已知,表示两个不同平面,a,b表示两条不同直线,对于下列两个命题:若b,a,则“ab”是“a”的充分不必要条件;若a

3、,b,则“”是“a且b”的充要条件判断正确的是()A都是真命题B是真命题,是假命题C是假命题,是真命题D都是假命题解析:选B若b,a,ab,则由线面平行的判定定理可得a,反过来,若b,a,a,则a,b可能平行或异面,所以,若b,a,则“ab”是“a”的充分不必要条件,是真命题;若a,b,则由面面平行的性质可得a,b,反过来,若a,b,a,b,则,可能平行或相交,所以,若a,b,则“”是“a且b”的充分不必要条件,是假命题,故选B4(2019河北唐山模拟)如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重

4、合,重合后的点记为H,那么,在这个空间图形中必有()AAG平面EFH BAH平面EFHCHF平面AEF DHG平面AEF解析:选B根据折叠前、后AHHE,AHHF不变,AH平面EFH,B正确;过A只有一条直线与平面EFH垂直,A不正确;AGEF,EFGH,AGGHG,EF平面HAG,又EF平面AEF,平面HAG平面AEF,过点H作直线垂直于平面AEF,一定在平面HAG内,C不正确;设AB2,则AG3,在AHG中,AHAB2,HGCG1,如果HG平面AEF成立,则HGAG,则HG2AG2AH2,代入数据与之矛盾,D不正确故选B5如图,在三棱锥SABC中,ABC是边长为6的正三角形,SASBSC1

5、5,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H,且D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为()A B C45 D45解析:选A取AC的中点G,连接SG,BG(图略),易知SGAC,BGAC,SGBGG,故AC平面SGB,所以ACSB.因为SB平面DEFH,SB平面SAB,平面SAB平面DEFHHD,则SBHD.同理SBFE.又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也为AS,SC的中点,从而得HF ACDE,所以四边形DEFH为平行四边形因为ACSB,SBHD,DEAC,所以DEHD,所以四边形DEFH为矩形,其面积SHFHDACSB.6

6、(2019恩施州模拟)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,ADAA1,则下列结论不正确的为()A平面A1B1CD平面BC1DB存在平面A1B1CD上的一点P使得D1P平面BC1DC存在直线A1C上的一点Q使得D1Q平面BC1DD存在直线A1C上的一点R使得D1R平面BC1D解析:选D在A中,由题意得BC1平面A1B1CD,又BC1平面BCD,平面A1B1CD平面BC1D,故A正确;在B中,设A1DAD1P,则P为平面A1B1CD上的一点,满足D1P平面BC1D,故B正确;在C中,设B1CBC1O,连接DO,过P点作PQDO,连接D1Q,由题意推导出平面PQD1平面BC1D,存在直线A1C

7、上的一点Q使得D1Q平面BC1D,故C正确;在D中,过A1作A1SOD于S,平面A1B1CD平面BC1D,平面A1B1CD平面BC1DOD,A1S平面BC1D,设R为直线A1C上任意一点,连接PR,D1R,则A1S,D1R一定为异面直线,不存在直线A1C上的一点R,使得D1R平面BC1D,故D错误二、填空题7已知m,n是两条不同的直线,为两个不同的平面,有下列四个命题:(1)若m,n,mn,则;(2)若m,n,mn,则;(3)若m,n,mn,则;(4)若m,n,则mn.其中正确的命题是_解析:借助于长方体模型来解决本题,对于(1),可以得到平面,互相垂直,如图所示,故(1)正确;对于(2),平

8、面,可能垂直,如图所示,故(2)不正确;对于(3),平面,可能垂直,如图所示,故(3)不正确;对于(4),由m,可得m,因为n,所以过n作平面,且g,如图所示,所以n与交线g平行,因为mg,所以mn,故(4)正确答案:(1)(4)8(2019菏泽一模)如图,在正四面体ABCD中,E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,则异面直线AB和CE所成的角的余弦值为_解析:如图,取棱BD上靠近点D的一个三等分点F,E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,EFAB,CEF(或其补角)是异面直线AB和CE所成的角,设正四面体ABCD的棱长为3,则DEAD1,EFAB1,DFBD1,在CDE中,由余弦定理得:CE2D

9、E2CD22DECDcos CDE12322137,CE,同理,在CDF中,由余弦定理得CF,在CEF中,由余弦定理得cos CEF.答案:9. (2019福建泉州模拟)如图,一张A4纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体下列关于该多面体的命题,正确的是_(写出所有正确命题的序号)该多面体是三棱锥;平面BAD平面BCD;平面BAC平面ACD;该多面体外接球的表面积为5a2.解析:由题意得该多面体是一个三棱锥,故正确;APBP,APCP,BPCPP,AP平面BCD.又AP平面ABD,平面B

10、AD平面BCD,故正确;取AC的中点为M点,ABBCa,BMa,且BMAC.在BMD中,BD2a,BM2MD2BD2,BMMD.ACMDM,BM平面ACD.又BM平面BAC,平面BAC平面ACD,故正确;DMAC,DMBMM,AC平面BMD.连接MP,MPa,则对于MP上任意一点N,都有NBND,NANC.假设其上一点O为外接球球心,在RtAMO和RtDOP中,根据勾股定理得a2NP2(aNP)2a2,得O点为MP的中点,即外接球半径Ra,所以该多面体外接球的表面积为5a2,故正确综上,正确命题的序号为.答案:三、解答题10(2019长春二模)在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB

11、CD,BAD90,CD2AB2,PA平面ABCD,PAAD,M为PC的中点(1)求证:平面PBC平面BMD;(2)求点B到平面PCD的距离解:(1)证明:在直角梯形中,BD,cos BDCcos DBA,在BCD中,由余弦定理得BC,在RtPAB中,由勾股定理得PB,同理PD2,所以PCD,PCB是等腰三角形,所以PCMD,PCMB.因为MDMBM,所以PC平面BMD,又因为PC平面PBC,则平面PBC平面BMD.(2)如图,取PD的中点N,连接AN,MN,在PCD中,MNCDBA,则ABMN为平行四边形,所以BMAN,BMAN1.由PAAD,所以ANPD,由题意得CD平面PAD,所以CDAN

12、,又CDPDD,所以AN平面PCD,所以BM平面PCD,所以B到平面PCD的距离为1.11. (2019河北三市联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC4,CB2,AA12,ACB60,E,F分别是A1C1,BC的中点(1)证明:平面AEB平面BB1C1C;(2)证明:C1F平面AEB;(3)设P是BE的中点,求三棱锥PB1C1F的体积解:(1)证明:在ABC中,AC2BC4,ACB60,AB2,AB2BC2AC2,ABBC,由已知ABBB1,且BCBB1B,可得AB平面BB1C1C,又AB平面AEB,平面AEB平面BB1C1C.(2)证明:取AB的中点M,连接EM,FM,在ABC中,M,F

13、分别为AB,BC的中点,MFAC,MFAC.A1C1AC,A1C1AC,E为A1C1的中点,MFEC1,MFEC1,四边形EC1FM为平行四边形,C1FEM,EM平面AEB,C1F平面AEB,C1F平面AEB.(3)取B1C1的中点H,连接EH,则EHAB,且EHAB,又AB平面BB1C1C,EH平面BB1C1C.P是BE的中点,VVSEH2.12如图,在RtABC中,C90,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1FCD,如图.(1)求证:DE平面A1CB;(2)求证:A1FBE;(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ?说明

14、理由解:(1)证明:在ABC中,因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DEBC.又因为DE平面A1CB,BC平面A1CB,所以DE平面A1CB.(2)证明:由已知得ACBC且DEBC,所以DEAC.即DEA1D,DECD,因为A1DCDD,所以DE平面A1DC,而A1F平面A1DC,所以DEA1F.又因为A1FCD,CDDED,所以A1F平面BCDE,又BE平面BCDE,所以A1FBE.(3)线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQBC.又因为DEBC,所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知,DE平面A1DC,所以DEA1C.又因为P是等腰三角形A1DC底边A1C的中点,所以A1CDP,又DEDPD,所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ.

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