高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（十）點、線、面之間的位置關(guān)系 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題跟蹤檢測（十） 點、線、面之間的位置關(guān)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．①② C．②③ D．①④ 解析：選D　對于題圖①，假設(shè)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(shè)m，n是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，有以下四個命題： ①?β∥γ；②?m⊥β； ③?

2、α⊥β；④?m∥α，其中正確的是(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 解析：選B　若α∥β，α∥γ，則根據(jù)面面平行的性質(zhì)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(nèi)，故②不正確；∵m∥β，∴β內(nèi)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.

3、 其中真命題的序號是(　　) A．①② B．②③ C．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(jié)論不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．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，

4、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，則的值為(　　) A. B. C．3 D．4 解析：選C　∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AE.當(dāng)AE⊥BD時，AE⊥平面PBD，此時△ABD∽△DAE，則＝.∵AB＝2BC，∴DE＝AB＝CD，∴＝3. 6.如圖所示，四邊形ABCD中，

5、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BDC C．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

6、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(jié)構(gòu)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：③④ 8．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

7、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(nèi)任一直線，所以①正確；由b∥α得α內(nèi)存在一直線l與b平行，在α內(nèi)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(nèi)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：①②④ 9.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)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

8、使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________． 解析：設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF. 由已知可以得A1B1＝， 設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h. 又2×＝h， 得h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝. 由面積相等得× ＝x，解得x＝. 即線段B1F的長為. 答案： 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

9、F到平面PEC的距離． 解：(1)證明：設(shè)PC的中點為Q，連接EQ，F(xiàn)Q， 由題意，得FQ∥DC且FQ＝CD， AE∥CD且AE＝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(shè)為D. 連接AC，由題給條件易求得 EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2， 又Q為PC的中點，則EQ＝， 故S△PEC＝×2×＝， S△AEC＝×1×＝， 由VA-PEC＝VP-AEC，得××d＝××2， 解得d＝，即點F

10、到平面PEC的距離為. 11．(2018·柳州模擬)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥側(cè)面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°. (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，求線段CE的長． 解：(1)證明：∵AB⊥平面BB1C1C， BC1?平面BB1C1C， ∴AB⊥BC1， 在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°， 由余弦定理得 BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴BC1＝， ∴BC2＋BC＝CC，∴

11、BC⊥BC1， 又AB?平面ABC，BC?平面ABC，BC∩AB＝B， ∴BC1⊥平面ABC. (2)∵AB⊥平面BB1C1C， ∴VE-ABC＝VA-EBC＝S△BCE·AB＝××1×CE×sin 60°×1＝，∴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＝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(dāng)M是線段AE的中點時，AC

12、∥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＝×2×2×4＝8， 則幾何體ADE-BCF的體積VADE-B

13、CF＝VADE-B1CF－VF-BB1C＝8－××2×2×2＝. 三棱錐F-DEM的體積VF-DEM＝VM-DEF＝××2×4×1＝， 故平面MDF將幾何體ADE-BCF分成的上、下兩部分的體積之比為∶＝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．6 C．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E

14、N∥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＝＝，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AB1D1，則平面α截正方體的表面所得平面圖形為(　　) A．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

15、是棱D1C1，B1C1的中點，∴EF∥MH∥B1D1，MN∥FG∥AD1，GH∥EN∥AB1.∵M(jìn)H∩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⊥A1C D．存在某個位置，使MB∥平面A1DE 解析：選C　如

16、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＝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

17、截得的較小部分的幾何體的體積為(　　) A．6 B．3 C. D. 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＝，CD＝CM＝3，由tan∠DCN＝tan∠DME＝，得DN＝CDtan∠DCN＝3×＝2，所以VD-GCN＝VG-CDN＝××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，

18、過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點P，R，則下列結(jié)論錯誤的是(　　) A．對于任意的點Q，都有AP∥QR B．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APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，∴AP∥QR，故A選項正確；∵四邊形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行．∵平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD

19、1A1＝AR，∴PQ與AR不平行，∴四邊形APQR不可能為平行四邊形，故B選項正確；如圖，延長CD至M，使得DM＝CD，則四邊形ABCM是矩形，∴BC∥AM.當(dāng)R，Q，M三點共線時，AM?平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D選項正確．選C. 6.如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是(　　) A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值為90° D．AP＋PD1的最小值為 解析：選C　由題意知A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1.又∵A1D1∩A1B＝A1，∴DC1⊥平面A1BCD1.∵D1P?平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故A選項正確；∵平面D1A1P即為平面A1BCD1，平面A1AP即為平面A1ABB1，且D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面A1BCD1⊥平面A1ABB1，即平面D1A1P⊥平面A1AP，故B選項正確．當(dāng)0