（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc
《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系講義 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 直線與平面所成的角、正方體的截面面積的最值T12 求異面直線所成的角T9 面面垂直的證明T19(1) 面面垂直的證明T18(1) 線面垂直的證明T20(1) 2017 面面垂直的證明T18(1) 求異面直線所成的角T10 圓錐、空間線線角的求解T16 線面平行的證明T19(1) 面面垂直的證明T19(1) 2016 求異面直線所成的角T11 空間中線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)T14 線面平行的證明T19(1) 面面垂直的證明T18(1) 翻折問題、線面垂直的證明T19(1) 縱向把握趨勢 卷Ⅰ3年5考，且以選擇題的形式考查線線角、線面角以及空間幾何體的截面問題，位置關(guān)系的證明均出現(xiàn)在解答題中，且連續(xù)3年均考查了面面垂直的證明．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查位置關(guān)系的證明，在小題中考查空間位置關(guān)系的判斷或異面直線問題，難度適中 卷Ⅱ3年6考，且每年均有1小1大，涉及空間位置關(guān)系的判定、求異面直線所成的角、線面平行或垂直的證明、翻折問題，難度中等．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查線面位置關(guān)系的證明，以選擇題或填空題的形式考查異面直線所成角的求法，難度適中 卷Ⅲ3年4考，涉及線面平行的證明、面面垂直的證明以及線線角的求法，難度適中．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查面面垂直問題，在選擇題或填空題中考查線線角的求法 橫向把握重點(diǎn) 1.高考對此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題(或填空題)＋一道解答題或只考一道解答題． 2.選擇題一般在第9～11題的位置，填空題一般在第14題的位置，多考查線面位置關(guān)系的判斷及空間角的求解，難度較?。? 3.解答題多出現(xiàn)在第18或19題的第一問的位置，考查空間中平行或垂直關(guān)系的證明，難度中等. 空間位置關(guān)系的判定與線線角、線面角 [題組全練] 1.在如圖所示的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱B1B，AD的中點(diǎn)，則直線BF與平面AD1E的位置關(guān)系是( ) A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．異面 解析：選A 如圖，取AD1的中點(diǎn)O，連接OE，OF，則OF平行且等于BE， ∴四邊形BFOE是平行四邊形， ∴BF∥OE， ∵BF?平面AD1E，OE?平面AD1E， ∴BF∥平面AD1E. 2．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n； ②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ； ③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，則m∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β. 其中真命題的個(gè)數(shù)是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B ①，m∥n或m，n異面，故①錯(cuò)誤；易知②正確；③，m∥β或m?β，故③錯(cuò)誤；④，α∥β或α與β相交，故④錯(cuò)誤． 3．(2018全國卷Ⅱ)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為( ) A. B. C. D. 解析：選C 如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2，則BE＝，則tan ∠EAB＝＝，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. 4．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________． 解析：如圖，∵SA與底面成45角， ∴△SAO為等腰直角三角形． 設(shè)OA＝r， 則SO＝r，SA＝SB＝r. 在△SAB中，cos ∠ASB＝， ∴sin ∠ASB＝， ∴S△SAB＝SASBsin ∠ASB ＝(r)2＝5， 解得r＝2， ∴SA＝r＝4，即母線長l＝4， ∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π24＝40π. 答案：40π [系統(tǒng)方法] 1．判定空間位置關(guān)系的方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行判斷． 2．當(dāng)線線角、線面角出現(xiàn)在客觀題中時(shí)，多用定義法求解．若出現(xiàn)在解答題中多用向量法求解． 空間平行、垂直關(guān)系的證明 [由題知法] (2018石家莊摸底) 如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F(xiàn)是CE的中點(diǎn)． (1)求證：BF∥平面ADP； (2)已知O是BD的中點(diǎn)，求證：BD⊥平面AOF. [證明] (1)取PD的中點(diǎn)為G，連接FG，AG， ∵F是CE的中點(diǎn)， ∴FG是梯形CDPE的中位線， ∵CD＝3PE， ∴FG＝2PE，F(xiàn)G∥CD， ∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG， 即四邊形ABFG是平行四邊形，∴BF∥AG， 又BF?平面ADP，AG?平面ADP， ∴BF∥平面ADP. (2)延長AO交CD于M，連接BM，F(xiàn)M， ∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)， ∴四邊形ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE. ∴MD綊FG.∴四邊形DMFG為平行四邊形． ∴FM∥PD， ∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD， ∴FM⊥BD， ∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF， 即BD⊥平面AOF. [類題通法] 1．垂直、平行關(guān)系中的轉(zhuǎn)化與化歸思想 (1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行． (2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直． (3)證明面面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為證明線線垂直． 2．垂直、平行關(guān)系的常用證明方法 方法 證明 線線 平行 ①利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行； ②利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換； ③利用三角形的中位線定理證線線平行； ④利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換 證明 線線 垂直 ①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)； ②勾股定理； ③線面垂直的性質(zhì)：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a [應(yīng)用通關(guān)] 1.如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，∠ABC＝60，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝2，點(diǎn)E在A1D上． (1)證明：AA1⊥平面ABCD； (2)當(dāng)為何值時(shí)，A1B∥平面EAC，并求出此時(shí)直線A1B與平面EAC之間的距離． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，∠ABC＝60，所以AB＝AD＝AC＝2. 在△AA1B中，由AA＋AB2＝A1B2，得AA1⊥AB， 同理可知AA1⊥AD. 又AB∩AD＝A，所以AA1⊥平面ABCD. (2)當(dāng)＝1時(shí)，A1B∥平面EAC. 證明如下：連接BD交AC于點(diǎn)O，則O為BD的中點(diǎn)， 連接OE，因?yàn)椋?， 所以點(diǎn)E為A1D的中點(diǎn)， 所以O(shè)E∥A1B，又A1B?平面EAC，EO?平面EAC， 所以A1B∥平面EAC. 所以直線A1B與平面EAC之間的距離等于點(diǎn)A1到平面EAC的距離，因?yàn)镋為A1D的中點(diǎn)，所以可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)D到平面EAC的距離， 設(shè)AD的中點(diǎn)為F，連接EF，則EF∥AA1， 所以EF⊥平面ACD，且EF＝1， 可求得S△ACD＝，所以VEACD＝1＝. 易知AE＝，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝， 又因?yàn)閂DAEC＝VEACD， 所以S△EACd＝(d表示點(diǎn)D到平面EAC的距離)，解得d＝， 所以直線A1B與平面EAC之間的距離為. 2．(2018長春模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D為AC上的點(diǎn)，B1C∥平面A1BD. (1)求證：BD⊥平面A1ACC1； (2)若AB＝1，且ACAD＝1，求三棱錐ABCB1的體積． 解：(1)證明：連接ED， ∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，B1C?平面AB1C，∴B1C∥ED. ∵E為AB1的中點(diǎn)， ∴D為AC的中點(diǎn)， ∵AB＝BC，∴BD⊥AC. ∵A1A⊥平面ABC，BD?平面ABC，∴A1A⊥BD. ∵A1A，AC是平面A1ACC1內(nèi)的兩條相交直線， ∴BD⊥平面A1ACC1. (2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1， 由(1)知AD＝AC，又ACAD＝1，∴AC2＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC， ∴S△ABC＝ABBC＝， ∴VABCB1＝VB1ABC＝S△ABCBB1＝1＝. 與平行、垂直有關(guān)的折疊、探索性問題 [由題知法] (2019屆高三武漢調(diào)研)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． [解] (1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝2. 又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90，即BE⊥AE. 又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE. (2)＝，理由如下： 取D1E的中點(diǎn)L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，F(xiàn)L＝EC＝1. 又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面． 若MF∥平面AD1E，則MF∥AL. ∴四邊形AMFL為平行四邊形， ∴AM＝FL＝AB，即＝. [類題通法] 1．求解平面圖形折疊問題的關(guān)鍵和方法 關(guān)鍵 分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，尤其是垂直關(guān)系，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口 方法 把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決 2．探索性問題求解的途徑和方法 (1)對命題條件探索的三種途徑： ①先猜后證，即先觀察，嘗試給出條件再證明； ②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性； ③將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索出命題成立的條件． (2)對命題結(jié)論的探索方法： 從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，對于探索結(jié)論是否存在，求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論． [應(yīng)用通關(guān)] 1．(2019屆高三西安八校聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，得到如圖2所示的三棱錐DABC. (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體FBCE的體積． 解：(1)證明：∵AC＝＝2， ∠BAC＝∠ACD＝45，AB＝4， ∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2ACABcos 45＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16， ∴AC⊥BC， ∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC， ∴BC⊥平面ACD. (2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF， ∵E為AC的中點(diǎn)， ∴EF為△ACD的中位線， 由(1)知，VFBCE＝VBCEF＝S△CEFBC. ∵S△CEF＝S△ACD＝22＝， ∴VFBCE＝2＝. 2.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30，PD⊥平面ABCD，AD＝2，點(diǎn)E為AB上一點(diǎn)，且＝m，點(diǎn)F為PD中點(diǎn)． (1)若m＝，證明：AF∥平面PEC； (2)是否存在一個(gè)常數(shù)m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，說明理由． 解：(1)證明：作FM∥CD，交PC于點(diǎn)M，連接EM， 因?yàn)辄c(diǎn)F為PD的中點(diǎn)，所以FM＝CD. 因?yàn)閙＝，所以AE＝AB＝FM， 又FM∥CD∥AE， 所以四邊形AEMF為平行四邊形，所以AF∥EM， 因?yàn)锳F?平面PEC，EM?平面PEC， 所以AF∥平面PEC. (2)存在一個(gè)常數(shù)m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下： 要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE， 因?yàn)锳B＝AD＝2，∠DAB＝30， 所以AE＝ADcos 30＝. 因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥A B. 又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE， 因?yàn)锳B?平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB， 所以m＝＝. 重難增分 空間幾何體的截面問題 [典例細(xì)解] (2018全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為( ) A. B. C. D. [解析] 如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCDA1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6sin 60＝.故選A. [答案] A [啟思維] 本題考查了空間幾何體的截面問題以及直線與平面所成角的概念，本題體現(xiàn)的“動(dòng)態(tài)幾何”問題有一定的探究性，采用極端原理、考慮特殊位置、特殊情況、運(yùn)用“大膽猜想，小心求證”的方法，往往能將問題快速、有效地解決． 如圖，ABCDA1B1C1D1是棱長為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點(diǎn)，P是上底面的棱AD上的一點(diǎn)，AP＝，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________. [解析] ∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD∩平面PMNQ＝PQ，平面A1B1C1D1∩平面PMNQ＝MN，∴MN∥PQ. ∵M(jìn)，N分別是A1B1，B1C1的中點(diǎn)， ∴MN∥A1C1∥AC.∴PQ∥AC. 又AP＝a，∴CQ＝，從而DP＝DQ＝a. ∴PQ＝ ＝ ＝a. [答案] a [啟思維] 本題考查了平面與平面平行的性質(zhì)，是立體幾何中面面平行的基本題型，但對定理的靈活應(yīng)用要求較高． [增分集訓(xùn)] 1.如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是________(填序號(hào))． ①當(dāng)0＜CQ＜時(shí)，S為四邊形； ②當(dāng)CQ＝時(shí)，S為等腰梯形； ③當(dāng)CQ＝時(shí)，S與C1D1的交點(diǎn)R滿足C1R＝； ④當(dāng)＜CQ＜1時(shí)，S為六邊形； ⑤當(dāng)CQ＝1時(shí)，S的面積為. 解析：過A作AM∥PQ交DD1或A1D1于M. 當(dāng)0＜CQ＜時(shí)，M在DD1上，連接MQ，則截面為AMQP，故①正確； 當(dāng)CQ＝時(shí)，M與D1重合，截面為AD1QP，顯然為等腰梯形，故②正確； 當(dāng)CQ＝時(shí)，M在A1D1上，且D1M＝. 過M作MR∥AP交C1D1于R， 則△MD1R∽△PBA，從而D1R＝， 即C1R＝，故③正確； 當(dāng)＜CQ＜1時(shí)，截面與A1D1交于M，與C1D1交于R，則截面為AMRQP為五邊形，故④錯(cuò)誤； 當(dāng)CQ＝1時(shí)，M為A1D1的中點(diǎn)，截面AMC1P為菱形，而AC1＝，PM＝，故面積為＝，故⑤正確． 答案：①②③⑤ 2.(2015全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點(diǎn)E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形． (1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值． 解：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． (2)作EM⊥AB，垂足為M， 則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形， 所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6， 所以AH＝10. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)， ＝(10,0,0)， ＝(0，－6,8)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量， 則即 所以可取n＝(0,4,3)． 又＝(－10,4,8)， 所以|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. [專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P186) 一、全練保分考法——保大分 1．下面四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，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(diǎn)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?yàn)锳B∥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(gè)命題： ①?β∥γ；②?m⊥β； ③?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. 其中真命題的序號(hào)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(gè)平面，則這兩條直線平行，所以④是真命題． 4．在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，則下面四個(gè)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，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PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形， AB＝2BC，E是CD上一點(diǎn)．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(shí)，AE⊥平面PBD，此時(shí)△ABD∽△DAE，則＝.∵AB＝2BC，∴DE＝AB＝CD，∴＝3. 6.如圖所示，四邊形ABCD中，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⊥B D.在三棱錐ABCD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(gè)正方體中：①直線BM與ED平行；②直線CN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(gè)命題中，正確命題的序號(hào)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(hào)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(gè)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(hào)) 解析：因?yàn)閍⊥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(gè)，所以④正確．答案：①②④ 9.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________． 解析：設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥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PABCD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(diǎn)． (1)求證：AF∥平面PEC； (2)求點(diǎn)F到平面PEC的距離． 解：(1)證明：設(shè)PC的中點(diǎn)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(diǎn)F到平面PEC的距離等于點(diǎn)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(diǎn)，則EQ＝， 故S△PEC＝2＝， S△AEC＝1＝， 由VAPEC＝VPAEC，得d＝2， 解得d＝，即點(diǎn)F到平面PEC的距離為. 11．(2018柳州模擬)如圖，三棱柱ABCA1B1C1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(diǎn)，若三棱錐EABC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－2BCCC1cos∠BCC1＝12＋22－212cos 60＝3，∴BC1＝， ∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1， 又AB?平面ABC，BC?平面ABC，BC∩AB＝B， ∴BC1⊥平面ABC. (2)∵AB⊥平面BB1C1C， ∴VEABC＝VAEBC＝S△BCEAB＝1CEsin 601＝，∴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(dòng)點(diǎn)． (1)試確定點(diǎn)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ADEBCF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(diǎn)時(shí)，AC∥平面MDF. 理由如下： 連接CE，交DF于點(diǎn)N，連接MN， 因?yàn)镸，N分別是AE，CE的中點(diǎn)， 所以MN∥AC， 又MN?平面MDF，AC?平面MDF， 所以AC∥平面MDF. (2)將幾何體ADEBCF補(bǔ)成三棱柱ADEB1CF，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ADEB1CF的體積為 VADEB1CF＝S△ADECD＝224＝8， 則幾何體ADEBCF的體積VADEBCF＝VADEB1CF－VFBB1C＝8－222＝. 三棱錐FDEM的體積VFDEM＝VMDEF＝241＝， 故平面MDF將幾何體ADEBCF分成的上、下兩部分的體積之比為∶＝1∶4. 二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分 1．在三棱錐PABC中，PB＝6，AC＝3，G為△PAC的重心，過點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)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(diǎn)G作EF∥AC分別交AP，CP于點(diǎn)E，F(xiàn)，過點(diǎn)F作FM∥PB交BC于點(diǎn)M，過E作EN∥PB交AB于點(diǎn)N，可得EN∥FM，即E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)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?yàn)锳C＝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ABCDA1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，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(diǎn)G，H，M，N，連接FG，GH，MH，MN，EN.∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻折的過程中，下面四個(gè)命題不正確的是( ) A．BM是定值 B．點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動(dòng) C．存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C D．存在某個(gè)位置，使MB∥平面A1DE 解析：選C 如圖，取CD的中點(diǎn)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＋FB2－2MFFBcos ∠MFB，∴MB是定值，故A正確；∵點(diǎn)B是定點(diǎn)，∴點(diǎn)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(gè)位置，使DE⊥A1C不正確，故選C. 4.如圖，在棱長為3的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AB，CC1，DD1的中點(diǎn)，過點(diǎn)G作平面D1EF的平行截面，則正方體被截面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DGCN，由題給條件得DG＝，CD＝CM＝3，由tan∠DCN＝tan∠DME＝，得DN＝CDtan∠DCN＝3＝2，所以VDGCN＝VGCDN＝32＝. 5.如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q為棱CC1上一動(dòng)點(diǎn)，過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點(diǎn)P，R，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是( ) A．對于任意的點(diǎn)Q，都有AP∥QR B．對于任意的點(diǎn)Q，四邊形APQR不可能為平行四邊形 C．存在點(diǎn)Q，使得△ARP為等腰直角三角形 D．存在點(diǎn)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(xiàng)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ADD1A1＝AR，∴PQ與AR不平行，∴四邊形APQR不可能為平行四邊形，故B選項(xiàng)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(diǎn)共線時(shí)，AM?平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D選項(xiàng)正確．選C. 6.如圖，棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)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(xiàng)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(xiàng)正確．當(dāng)0下載提示(請認(rèn)真閱讀)
- 1.請仔細(xì)閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預(yù)覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)！既往收益都?xì)w您。
文檔包含非法信息？點(diǎn)此舉報(bào)后獲取現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9 積分
| 下載 |
還剩頁未讀，繼續(xù)閱讀
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo)，表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
- 通用版2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系講義 理重點(diǎn)生，含解析 通用版 2019 高考 數(shù)學(xué) 二輪 復(fù)習(xí) 第一 部分 專題 之間 位置 關(guān)系 講義 重點(diǎn) 解析
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
相關(guān)資源
更多
正為您匹配相似的精品文檔
鏈接地址：http://appdesigncorp.com/p-6151792.html