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(新課標)2020版高考數(shù)學二輪復習 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習 文 新人教A版

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(新課標)2020版高考數(shù)學二輪復習 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習 文 新人教A版

第2講空間點、線、面的位置關系一、選擇題1已知m,n,l1,l2表示直線,表示平面若m,n,l1,l2,l1l2M,則的一個充分條件是()Am且l1Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2解析:選D.由定理“如果一個平面內有兩條相交直線分別與另一個平面平行,那么這兩個平面平行”知,由選項D可推知.2設m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,則()A若mn,n,則mB若m,則mC若m,n,n,則mD若mn,n,則m解析:選C.對A,若mn,n,則m或m或m與相交,錯誤;對B,若m,則m或m或m與相交,錯誤;對C,若m,n,n,則m,正確;對D,若mn,n,則m與相交或m或m,錯誤故選C.3(2019·長春市質量監(jiān)測(一)在正方體ABCD­A1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為()A1 B.C. D.解析:選D.由題意畫出圖形如圖所示,取AD1的中點為O,連接OC1,OA1,易知OA1平面ABC1D1,所以A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角,在RtOA1C1中,A1C12OA1,所以sinA1C1O.故選D.4(2019·高考全國卷)如圖,點N為正方形ABCD的中心,ECD為正三角形,平面ECD平面ABCD,M是線段ED的中點,則()ABMEN,且直線BM,EN是相交直線BBMEN,且直線BM,EN是相交直線CBMEN,且直線BM,EN是異面直線DBMEN,且直線BM,EN是異面直線解析:選B.如圖,取CD的中點F,連接EF,EB,BD,F(xiàn)N,因為CDE是正三角形,所以EFCD.設CD2,則EF.因為點N是正方形ABCD的中心,所以BD2,NF1,BCCD.因為平面ECD平面ABCD,所以EF平面ABCD,BC平面ECD,所以EFNF,BCEC,所以在RtEFN中,EN2,在RtBCE中,EB2,所以在等腰三角形BDE中,BM,所以BMEN.易知BM,EN是相交直線故選B.5在四面體ABCD中,ABAD,ABADBCCD1,且平面ABD平面BCD,M為AB的中點,則線段CM的長為()A. B.C. D.解析:選C.如圖所示,取BD的中點O,連接OA,OC,因為ABADBCCD1,所以OABD,OCBD.又平面ABD平面BCD,所以OA平面BCD,OAOC.又ABAD,所以DB,取OB的中點N,連接MN,CN,所以MNOA,MN平面BCD,所以MNCN.所以CM.6如圖所示,四邊形ABCD中,ADBC,ADAB,BCD45°,BAD90°,將ADB沿BD折起,使平面ABD平面BCD,構成三棱錐A­BCD,則在三棱錐A­BCD中,下列結論正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC解析:選D.因為在四邊形ABCD中,ADBC,ADAB,BCD45°,BAD90°,所以BDCD.又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCDBD,故CD平面ABD,則CDAB.又ADAB,ADCDD,AD平面ADC,CD平面ADC,故AB平面ADC.又AB平面ABC,所以平面ADC平面ABC.二、填空題7已知直線l平面,直線m平面,則下列四個命題:lm;lm;lm;lm.其中正確命題的序號是_解析:直線l平面,直線m平面,當有l(wèi)m,故正確當有l(wèi)m或l與m異面或相交,故不正確當lm有,故正確當lm有或與相交,故不正確綜上可知正確答案:8(2019·成都第一次診斷性檢測)在各棱長均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中,已知M是棱BB1的中點,N是棱AC的中點,則異面直線A1M與BN所成角的正切值為_解析:如圖,取AA1的中點P,連接PN,PB,則由直三棱柱的性質可知A1MPB,則PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補角)設三棱柱的棱長為2,則PN,PB,BN,所以PN2BN2PB2,所以PNB90°,在RtPBN中,tanPBN.答案:9.如圖,在ABC中,ACB90°,AB8,ABC60°,PC平面ABC,PC4,M是AB上的一個動點,則PM的最小值為_解析:作CHAB于點H,連接PH.因為PC平面ABC,所以PHAB,即PH為PM的最小值在ABC中,因為ACB90°,AB8,ABC60°,所以BC4,所以CH2.因為PC4,所以PH2.答案:2三、解答題10如圖,在四棱錐P­ABCD中,ABCACD90°,BACCAD60°,PA平面ABCD,PA2,AB1.設M,N分別為PD,AD的中點(1)求證:平面CMN平面PAB;(2)求三棱錐P­ABM的體積解:(1)證明:因為M,N分別為PD,AD的中點,所以MNPA,又MN平面PAB,PA平面PAB,所以MN平面PAB.在RtACD中,CAD60°,CNAN,所以ACN60°.又BAC60°,所以CNAB.因為CN平面PAB,AB平面PAB,所以CN平面PAB.又CNMNN,所以平面CMN平面PAB.(2)由(1)知,平面CMN平面PAB,所以點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離因為AB1,ABC90°,BAC60°,所以BC,所以三棱錐P­ABM的體積VVM­PABVC­PABVP­ABC××1××2.11.(2019·高考北京卷)如圖,在四棱錐P­ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點(1)求證:BD平面PAC;(2)若ABC60°,求證:平面PAB平面PAE;(3)棱PB上是否存在點F,使得CF平面PAE?說明理由解:(1)證明:因為PA平面ABCD,所以PABD.又因為底面ABCD為菱形,所以BDAC.所以BD平面PAC.(2)證明:因為PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因為底面ABCD為菱形,ABC60°,且E為CD的中點,所以AECD.所以ABAE.所以AE平面PAB.所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在點F,使得CF平面PAE.取F為PB的中點,取G為PA的中點,連接CF,F(xiàn)G,EG.則FGAB,且FGAB.因為底面ABCD為菱形,且E為CD的中點,所以CEAB,且CEAB.所以FGCE,且FGCE.所以四邊形CEGF為平行四邊形所以CFEG.因為CF平面PAE,EG平面PAE.所以CF平面PAE.12(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一)如圖,等腰梯形ABCD中,ABCD,ADABBC1,CD2,E為CD的中點,將ADE沿AE折到APE的位置(1)證明:AEPB;(2)當四棱錐P­ABCE的體積最大時,求點C到平面PAB的距離解:(1)證明:在等腰梯形ABCD中,連接BD,交AE于點O,因為ABCE,ABCE,所以四邊形ABCE為平行四邊形,所以AEBCADDE,所以ADE為等邊三角形,所以在等腰梯形ABCD中,CADE,BDBC,所以BDAE.如圖,翻折后可得,OPAE,OBAE,又OP平面POB,OB平面POB,OPOBO,所以AE平面POB,因為PB平面POB,所以AEPB.(2)當四棱錐P­ABCE的體積最大時,平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE,PO平面PAE,POAE,所以OP平面ABCE.因為OPOB,所以PB,因為APAB1,所以SPAB×× ,連接AC,則VP­ABCOP·SABC××,設點C到平面PAB的距離為d,因為VP­ABCVC­PABSPAB·d,所以d.- 6 -

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