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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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:
①AC⊥PB;②AC⊥平面PDE;③AB⊥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PO⊥AC,

又正三角形中BE⊥AC,PO∩BE=O,所以AC⊥平面PBE,所以AC⊥PB,所以①正确,DE∥BC,所以∠AED=60°,即DE不垂直于AC,所以②错误.由于AB不垂直于DE,所以③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l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论确定正确的是　(　　)
A.l1⊥l4
B.l1∥l4
C.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l2∥l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4实质上就是l1与l4同垂直于一条直线,所以l1⊥l4,l1∥l4,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,α是一个平面,则下列命题正确的是　(　　)
A.若l∥α,m∥α,则l∥m
B.若l⊥m,m∥α,则l⊥α
C.若l⊥m,m⊥α,则l∥α
D.若l∥α,m⊥α,则l⊥m
【解析】选D.由A可知l∥α,m∥α,不能得到l∥m,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l⊥m,m∥α,不能得到l⊥α,l可以与α平行,垂直,还可以在α平面内,故B不正确;由C可知l⊥m,m⊥α得到l与α可以平行,l可以在平面α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:①A1C⊥MN;②A1C∥平面MNPQ;③A1C与PM相交;④NC与PM异面.其中不正确的结论是　(　　)

A.① B.② C.③ D.④
【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②不正确.

5.(2022·哈尔滨模拟)已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,m⊂β,给出下列命题:
①若α∥β,则l⊥m; ②若l⊥m,则α∥β;
③若α⊥β,则l∥m; ④若l∥m,则α⊥β.
其中真命题的个数为　(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
【解题提示】依据条件l⊥α,mβ,对四个命题逐个验证.
【解析】选B.①由于l⊥α,α∥β,所以l⊥β,
又由于mβ,所以l⊥m,①正确;
②由l⊥m推不出l⊥β,②错误.
③当l⊥α,α⊥β时,l可能平行于β,也可能在β内,
所以l与m的位置关系不能推断,③错误.
④由于l⊥α,l∥m,所以m⊥α,
又由于mβ,所以α⊥β,④正确,故选B.
6.(2022·中山模拟)已知两个平面垂直,下列命题中:
①一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.
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的很多条直线.
③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面.
④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.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选A.①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①的说法错误;②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②的说法正确;③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③的说法错误;④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④的说法错误,所以正确的命题只有②1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A'O⊥平面BCDE,则A'D与平面A'BC所成角的正弦值等于　(　　)

A. B. C. D.
【解析】选D.由题意,平面A'CB⊥平面BCDE,过D点在平面BCDE内作DF⊥CB,则DF⊥平面A'CB,连接FA',则∠DA'F即A'D与平面A'BC所成的角.由于△ABC是底边为6的等腰直角三角形,所以DF=CD·sin45°=1,CA==3,所以DA'=DA=3-=2,所以sin∠DA'F===.
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α上,且AB∥CD,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.8　 B.9　 C.10　 D.11
【解析】选A.取CD中点G,连接EG,FG,可知CD⊥平面EFG,由于AB∥CD,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AH∥CE,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①,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②,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③,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④,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①③.
答案:①③
【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).

①当0故③正确.

④当　　　　　.
【解析】对于命题①,当直线a在平面α内时,a可与平面α内的某些直线平行,故①错;对于命题②,当直线a在平面α内时,直线a可与平面α内的很多条直线垂直,故命题②错误;对于命题③,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③正确;对于命题④,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④错误.
答案:①②④
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　　　　.

①AC⊥BE;
②EF∥平面ABCD;
③三棱锥A-BEF的体积为定值;
④△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AC⊥BE,故①正确.
由于B1D1∥平面ABCD,
又E,F在线段B1D1上运动,
故EF∥平面ABCD.故②正确.
③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③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④错误.
答案:①②③
12.已知α,β,γ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:①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β③b∥β,a⊂γ.假如命题“α∩β=a,b⊂γ,且　　　　　,则a∥b”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①或③.
答案:①或③
三、解答题(13～14题每题10分,15～16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Rt△ABC中,AB=1,∠BAC=60°,
所以BC=,AC=2,
在Rt△ACD中,AC=2,∠CAD=60°,CD=2,
S四边形ABCD=AB·BC+AC·CD
=×1×+×2×2=,
所以V=××2=.
(2)由于PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
又由于AC⊥CD,PA∩AC=A,
所以CD⊥平面PAC,
由于E,F分别是PD,PC的中点,所以EF∥CD,
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,AB⊥BC,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BB1⊥AB.又由于AB⊥BC,
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FG∥AC,
且FG=AC.
由于AC∥A1C1,且AC=A1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形.
所以C1F∥EG.
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,AB⊥BC,
所以AB==.
所以三棱锥E-ABC的体积V=S△ABC·AA1=×××1×2=.
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EF⊥BE,再证明EF⊥平面PBE.
(2)利用S四边形BEFC=S四边形ABCD-S△ABE-S△DEF求S四边形BEFC.
【解析】(1)由题可知,
EF⊥BE,

平面PBE⊥平面PEF.
(2)S四边形BEFC=S四边形ABCD-S△ABE-S△DEF=6×4-×4×4-×2×2=14,过P作PG⊥BE,由平面PBE⊥平面BCDE知PG⊥平面BEFC,又在Rt△BPE中,PB=PE=4,所以PG=h=2,
则V=·S四边形BEFC·h=×14×2=.
【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.
①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.

②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EF⊥BE(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:BD⊥MC.
(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AC⊥BD,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AM⊥BD.
由于AC∩AM=A,所以BD⊥平面MAC.又MC平面MAC.所以BD⊥MC.
(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PS∥DC∥AE,PS=AE=DC,
所以四边形APSE是平行四边形,所以AP∥SE.
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.
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