2021高考数学专题辅导与训练配套练习：课时冲关练(十二)--5.2点、直线、平面之间的位置关系.docx

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此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时冲关练(十二)点、直线、平面之间的位置关系(45分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2022济南模拟)在正三棱锥P-ABC中,D,E分别是AB,AC的中点,有下列论断:ACPB;AC平面PDE;AB平面PDE,其中正确论断的个数为()A.3个B.2个C.1个D.0个【解析】选C.过P作PO平面ABC于点O,则POAC,又正三角形中BEAC,POBE=O,所以AC平面PBE,所以ACPB,所以正确,DEBC,所以AED=60,即DE不垂直于AC,所以错误.由于AB不垂直于DE,所以不正确,所以正确的论断有1个,选C.2.(2022广东高考)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论确定正确的是()A.l1l4B.l1l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解析】选D.由于l2l3,所以l1l2,l3l4实质上就是l1与l4同垂直于一条直线,所以l1l4,l1l4,l1与l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是确定成立,故l1与l4的位置关系不确定.3.已知l,m是两条不同的直线,是一个平面,则下列命题正确的是()A.若l,m,则lmB.若lm,m,则lC.若lm,m,则lD.若l,m,则lm【解析】选D.由A可知l,m,不能得到lm,l与m可以相交,可以平行,也可以异面,故A不正确;由B可知lm,m,不能得到l,l可以与平行,垂直,还可以在平面内,故B不正确;由C可知lm,m得到l与可以平行,l可以在平面内,故C不正确,D正确.4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P,Q分别是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,给出以下结论:A1CMN;A1C平面MNPQ;A1C与PM相交;NC与PM异面.其中不正确的结论是()A.B.C.D.【解析】选B.作出过M,N,P,Q四点的截面交C1D1于点S,交AB于点R,如图中的六边形MNSPQR,明显点A1,C分别位于这个平面的两侧,故A1C与平面MNPQ确定相交,不行能平行,故结论不正确.5.(2022哈尔滨模拟)已知直线l,m,平面,且l,m,给出下列命题:若,则lm;若lm,则;若,则lm;若lm,则.其中真命题的个数为()A.1B.2C.3D.4【解题提示】依据条件l,m,对四个命题逐个验证.【解析】选B.由于l,所以l,又由于m,所以lm,正确;由lm推不出l,错误.当l,时,l可能平行于,也可能在内,所以l与m的位置关系不能推断,错误.由于l,lm,所以m,又由于m,所以,正确,故选B.6.(2022中山模拟)已知两个平面垂直,下列命题中:一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线.一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的很多条直线.一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面.过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.其中正确命题的个数有()A.1B.2C.3D.4【解析】选A.依据平面与平面垂直的性质定理以及直线与平面垂直的性质定理可知,只有当这个平面内的已知直线垂直于交线时,这条直线才垂直于另一平面内的任意一条直线,所以的说法错误;依据平面与平面垂直的性质定理可知,另一个平面内与交线垂直的直线有很多条,这些直线都与已知直线垂直,即对任意一条直线,在另一个平面内都能找到与交线垂直的直线,所以的说法正确;依据平面与平面垂直的性质定理可知,只有这个平面内的直线垂直于交线时,它才垂直于另一个平面,所以的说法错误;假如这一点在交线上,那么过这点的交线的垂线有很多条,其中有的可能在另一个平面内,所以的说法错误,所以正确的命题只有1个.7.(2022嘉兴模拟)如图1,在等腰ABC中,A=90,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥A-BCDE.若AO平面BCDE,则AD与平面ABC所成角的正弦值等于()A.B.C.D.【解析】选D.由题意,平面ACB平面BCDE,过D点在平面BCDE内作DFCB,则DF平面ACB,连接FA,则DAF即AD与平面ABC所成的角.由于ABC是底边为6的等腰直角三角形,所以DF=CDsin45=1,CA=3,所以DA=DA=3-=2,所以sinDAF=.8.(2021江西高考)如图,正方体的底面与正四周体的底面在同一平面上,且ABCD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n=()A.8B.9C.10D.11【解析】选A.取CD中点G,连接EG,FG,可知CD平面EFG,由于ABCD,所以AB平面EFG,简洁知道平面EFG与正方体的左右两个侧面平行,所以EF与正方体的两个侧面平行,观看可知n=4;又正方体的底面与正四周体的底面共面,所以过点A可作AHCE,易知CE与正方体的上底面平行,在下底面内,与其他四个面相交,所以m=4,即得m+n=8.二、填空题(每小题4分,共16分)9.(2022武汉模拟)下列正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出直线AB平面MNP的图形的序号是(写出全部符合要求的图形序号).【解析】对于,留意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行,因此直线AB平行于平面MNP;对于,留意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交,因此直线AB与平面MNP相交;对于,留意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行,且直线AB位于平面MNP外,因此直线AB与平面MNP平行;对于,易知此时AB与平面MNP相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是.答案:【加固训练】(2021安徽高考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出全部正确命题的编号).当0CQ时,S为四边形.当CQ=时,S为等腰梯形.当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=.当CQ1时,S为六边形.当CQ=1时,S的面积为.【解析】当0CQ时,截面如图1所示,截面是四边形APQM,故正确.当CQ=时,截面如图2所示,易知PQAD1且PQ=AD1,S是等腰梯形,故正确.当CQ=时,如图3.作BFPQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AEBF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AEPQ,连接EQ交C1D1于点R,由于RtRC1QRtRD1E,所以C1QD1E=C1RRD1=12,所以C1R=,故正确.当CQ1时,如图3,连接RM(点M为AE与A1D1的交点),明显S为五边形APQRM,故错误.当CQ=1时,如图4.同可作AEPQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,明显点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MPAQ=,故正确.答案:10.给出下列命题:直线a与平面不平行,则a与平面内的全部直线都不平行;直线a与平面不垂直,则a与平面内的全部直线都不垂直;异面直线a,b不垂直,则过a的任何平面与b都不垂直;若直线a和b共面,直线b和c共面,则a和c共面.其中错误的命题是.【解析】对于命题,当直线a在平面内时,a可与平面内的某些直线平行,故错;对于命题,当直线a在平面内时,直线a可与平面内的很多条直线垂直,故命题错误;对于命题,假设过a的一个平面与b垂直,则异面直线a,b垂直,与已知冲突,故命题正确;对于命题,当直线a和b平行,直线b和c相交时,a和c可能是异面直线,故命题错误.答案:11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中正确的是.ACBE;EF平面ABCD;三棱锥A-BEF的体积为定值;AEF的面积与BEF的面积相等.【解析】由于AC平面BB1D1D,又BE平面BB1D1D,所以ACBE,故正确.由于B1D1平面ABCD,又E,F在线段B1D1上运动,故EF平面ABCD.故正确.中由于点B到直线EF的距离是定值,故BEF的面积为定值,又点A到平面BEF的距离为定值,故VA-BEF不变.故正确.由于点A到B1D1的距离与点B到B1D1的距离不相等,因此AEF与BEF的面积不相等,故错误.答案:12.已知,是三个不重合的平面,a,b是两条不重合的直线,有下列三个条件:a,b;a,b;b,a.假如命题“=a,b,且,则ab”为真命题,则可以在横线处填入的条件是.【解析】由定理“一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得,横线处可填入条件或.答案:或三、解答题(1314题每题10分,1516题每题12分,共44分)13.(2022南昌模拟)在四棱锥P-ABCD中,ABC=ACD=90,BAC=CAD=60,PA平面ABCD,E为PD的中点,PA=2,AB=1.(1)求四棱锥P-ABCD的体积V.(2)若F为PC的中点,求证:平面PAC平面AEF.【解析】(1)在RtABC中,AB=1,BAC=60,所以BC=,AC=2,在RtACD中,AC=2,CAD=60,CD=2,S四边形ABCD=ABBC+ACCD=1+22=,所以V=2=.(2)由于PA平面ABCD,所以PACD.又由于ACCD,PAAC=A,所以CD平面PAC,由于E,F分别是PD,PC的中点,所以EFCD,所以EF平面PAC,由于EF平面AEF,所以平面PAC平面AEF.14.(2022北京高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,ABBC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别为A1C1,BC的中点.(1)求证:平面ABE平面B1BCC1.(2)求证:C1F平面ABE.(3)求三棱锥E-ABC的体积.【解题提示】(1)利用面面垂直的判定定理证明.(2)利用线面平行的判定定理证明.(3)求出底面ABC的面积及高AA1,再代入体积公式求解.【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1底面ABC,所以BB1AB.又由于ABBC,所以AB平面B1BCC1,由于AB平面ABE,所以平面ABE平面B1BCC1.(2)取AB中点G,连接EG,FG.由于E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FGAC,且FG=AC.由于ACA1C1,且AC=A1C1,所以FGEC1,且FG=EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1FEG.又由于EG平面ABE,C1F平面ABE,所以C1F平面ABE.(3)由于AA1=AC=2,BC=1,ABBC,所以AB=.所以三棱锥E-ABC的体积V=SABCAA1=12=.15.(2022绍兴模拟)如图,E是矩形ABCD中AD边上的点,F为CD边的中点,AB=AE=AD=4,现将ABE沿BE边折至PBE位置,且平面PBE平面BCDE.(1)求证:平面PBE平面PEF.(2)求四棱锥P-BEFC的体积.【解题提示】(1)先证明EFBE,再证明EF平面PBE.(2)利用S四边形BEFC=S四边形ABCD-SABE-SDEF求S四边形BEFC.【解析】(1)由题可知,EFBE,平面PBE平面PEF.(2)S四边形BEFC=S四边形ABCD-SABE-SDEF=64-44-22=14,过P作PGBE,由平面PBE平面BCDE知PG平面BEFC,又在RtBPE中,PB=PE=4,所以PG=h=2,则V=S四边形BEFCh=142=.【讲评建议】讲解本题时,请提示同学留意以下几点:(1)强调线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的相互转化.本题(1)体现了“转化思想”在立体几何中的应用,强调解题过程中要留意“垂直”间的转化.强调在线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化中,线线垂直是最基本的,线面垂直是纽带,把线线垂直与面面垂直联系起来,如本题(1)中的转化过程,由EFBE(线线垂直),平面PBE平面BCDE(面面垂直),得到EF平面PBE(线面垂直),再得到平面PBE平面PEF(面面垂直).(2)留意条件的完整性:第(1)题在证明线面垂直、面面垂直时,要留意条件要写全,不行漏掉“平面PBE平面BCDE=BE”“EF平面PEF”等条件,否则易导致步骤不完整.16.(2022昆明模拟)如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM平面ABCD,P为DN的中点.(1)求证:BDMC.(2)线段AB上是否存在点E,使得AP平面NEC,若存在,说明在什么位置,并加以证明;若不存在,说明理由.【解析】(1)连接AC,由于四边形ABCD是菱形,所以ACBD,又ADNM是矩形,平面ADNM平面ABCD,所以AM平面ABCD.由于BD平面ABCD,所以AMBD.由于ACAM=A,所以BD平面MAC.又MC平面MAC.所以BDMC.(2)当E为AB的中点时,有AP平面NEC.证明如下:取NC的中点S,连接PS,SE.由于PSDCAE,PS=AE=DC,所以四边形APSE是平行四边形,所以APSE.又SE平面NEC,AP平面NEC,所以AP平面NEC.【方法技巧】求解探究性问题的一般步骤(1)假设其存在,被探究的点一般为线段的中点、三等分点、四等分点或垂足.(2)在假设下进行推理论证,假如通过推理得到了合乎情理的结论就确定假设,假如得到了冲突结论就否定假设.关闭Word文档返回原板块