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.
