2018届数学二轮复习专题检测（十三）点、直线、平面之间的位置关系文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE18学必求其心得，业必贵于专精专题检测（十三)点、直线、平面之间的位置关系A卷——夯基保分专练一、选择题1．已知E，F,G，H是空间四点,命题甲：E，F,G,H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的（)A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析:选B若E,F，G,H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交,但直线EF和GH不相交，E，F，G,H四点可以共面,例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题:①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β,则α∥β;③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β;④若m∥α,n∥β，m∥n,则α∥β。其中正确的命题是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析:选B两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．3.如图，在三棱锥P­ABC中,不能证明AP⊥BC的条件是(）A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB,BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析:选BA中，因为AP⊥PB,AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC。又BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC，故A正确;C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC。又AP⊂平面APC,所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B。4．已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线,对于下列两个命题:①若b⊂α,a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；②若a⊂α，b⊂α,则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．判断正确的是（）A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题解析:选B若b⊂α，a⊄α，a∥b，则由线面平行的判定定理可得a∥α，反过来，若b⊂α，a⊄α，a∥α，则a，b可能平行或异面，则b⊂α，a⊄α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a⊂α，b⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a∥β，b∥β，反过来，若a⊂α,b⊂α,a∥β，b∥β,则α,β可能平行或相交，则a⊂α，b⊂α，则“α∥β"是“a∥β，b∥β”的充分不必要条件，②是假命题,选项B正确．5。（2017·惠州三调)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA,PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有（)A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B将展开图还原为几何体（如图），因为E，F分别为PA，PD的中点,所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF,所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B。6．在下列四个正方体中,能得出异面直线AB⊥CD的是(）解析：选A对于A，作出过AB的平面ABE,如图①，可得直线CD与平面ABE垂直，根据线面垂直的性质知，AB⊥CD成立,故A正确；对于B,作出过AB的等边三角形ABE，如图②,将CD平移至AE，可得CD与AB所成的角等于60°，故B不成立;对于C、D，将CD平移至经过点B的侧棱处，可得AB,CD所成的角都是锐角，故C和D均不成立．故选A。二、填空题7.如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC，EB＝2DC，P，Q分别为AE,AB的中点．则直线DP与平面ABC的位置关系是________．解析：连接CQ,在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ綊eq\f（1，2）EB。又DC綊eq\f(1，2)EB，所以PQ綊DC，所以四边形DPQC为平行四边形，所以DP∥CQ。又DP⊄平面ABC,CQ⊂平面ABC，所以DP∥平面ABC.答案:平行8。如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC,AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D.AEF体积的最大值为________．解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A,所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF。又AF⊥CD,BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF,AF⊥DB。又DB⊥AE,AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝eq\r(2），设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝eq\f（1,2）ab≤eq\f（1，2）·eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(1，2）×eq\f（2，2)＝eq\f(1,2)，所以三棱锥D。AEF的体积V≤eq\f(1，3)×eq\f（1，2)×eq\r(2)＝eq\f（\r(2),6)(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．答案：eq\f（\r(2)，6）9。如图，直三棱柱ABC.A1B1C1中，侧棱长为2,AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点,F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E。要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F解析:设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF由已知可以得A1B1＝eq\r(2），设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝heq\r（22＋\r(2）2），所以h＝eq\f（2\r（3），3)，DE＝eq\f(\r(3），3).在Rt△DB1E中,B1E＝eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(2）,2））)2－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),3)))2）＝eq\f（\r(6）,6).由面积相等得eq\f(\r（6)，6）×eq\r（x2＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r(2）,2)））2)＝eq\f(\r(2),2）x，得x＝eq\f（1，2）.即线段B1F的长为eq\f(1，2).答案:eq\f(1,2）三、解答题10．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A。BCD中，AB⊥AD,BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E,F（E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD。求证：（1)EF∥平面ABC；(2）AD⊥AC.证明:(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB。又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC。(2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD。因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B,AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC。又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC。11．如图，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝eq\f（1，2）AB＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D.ABC。（1)求证：AD⊥平面BCD;（2）求三棱锥C。ABD的高．解：(1)证明：由已知得AC＝2eq\r（2），BC＝2eq\r(2）,又AB＝4，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC。又∵平面ADC⊥平面ABC,∴BC⊥平面ACD,∴AD⊥BC。又AD⊥CD,BC∩CD＝C，∴AD⊥平面BCD.（2）由（1）得AD⊥BD，∴S△ADB＝eq\f（1，2)×2×2eq\r（3）＝2eq\r(3)，∵三棱锥B。ACD的高BC＝2eq\r（2）,S△ACD＝eq\f(1，2）×2×2＝2，∴eq\f（1，3）×2eq\r（3）h＝eq\f（1，3）×2×2eq\r（2），解得h＝eq\f（2\r（6),3）。∴三棱锥C­ABD的高为eq\f（2\r(6),3).12．（2017·安徽名校阶段性测试)如图所示，正方形ABCD所在平面与圆O所在平面相交于CD，线段CD为圆O的弦，AE垂直于圆O所在平面，垂足E是圆O上异于C，D的点，AE＝3，圆O的直径CE＝9。(1)求证：平面ABE⊥平面ADE;(2）求五面体ABCDE的体积．解：（1)证明:∵AE垂直于圆O所在平面，CD⊂圆O所在平面,∴AE⊥CD.又CD⊥DE,AE∩DE＝E，AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，∴CD⊥平面ADE。在正方形ABCD中，CD∥AB，∴AB⊥平面ADE.又AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADE.（2）连接AC,BD，设正方形ABCD的边长为a，则AC＝eq\r（2）a，又AC2＝CE2＋AE2＝90，∴a＝3eq\r（5)，DE＝6，∴VB。ADE＝eq\f(1，3)BA·S△ADE＝eq\f(1,3)×3eq\r（5）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)×3×6))＝9eq\r（5）。又AB∥CD，CD⊂平面CDE,∴点B到平面CDE的距离等于点A到平面CDE的距离，即AE，∴VB。CDE＝eq\f（1,3）AE·S△CDE＝eq\f（1,3）×3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）×3\r（5)×6)）＝9eq\r(5),故VABCDE＝VB。CDE＋VB。ADE＝18eq\r（5）.B卷——大题增分专练1．（2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。(1）证明：平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P。ABCD的体积为eq\f(8，3），求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°,得AB⊥AP，CD⊥PD。因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩PD＝P,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。(2)如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由（1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD。设AB＝x，则由已知可得AD＝eq\r(2）x，PE＝eq\f（\r(2）,2)x。故四棱锥P。ABCD的体积VP。ABCD＝eq\f（1，3）AB·AD·PE＝eq\f(1，3）x3。由题设得eq\f（1，3)x3＝eq\f(8,3），故x＝2。从而PA＝PD＝AB＝DC＝2,AD＝BC＝2eq\r(2）,PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱锥P­ABCD的侧面积为eq\f(1，2)PA·PD＋eq\f（1,2）PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f（1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).2．（2017·北京高考)由四棱柱ABCD。A1B1C1D1截去三棱锥C1.B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD(1）证明:A1O∥平面B1CD1；（2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1,因为ABCD。A1B1C1D1所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1所以A1O∥平面B1CD1。（2)因为E，M分别为AD，OD的中点,所以EM∥AO。因为AO⊥BD,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.3．（2017·泰安模拟）如图,在正四棱柱ABCD。A1B1C1D1中，E为AD的中点，F为B1C（1）求证：A1F∥平面ECC1(2)在CD上是否存在一点G，使BG⊥平面ECC1?若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论，若不存在,请说明理由．解：（1）证明：如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，取BC的中点M，连接AM，FM，所以B1F∥BM且B1F＝所以四边形B1FMB是平行四边形,所以FM∥B1B且FM＝B1B.因为B1B∥A1A且B1B＝A1所以FM∥A1A且FM＝A1所以四边形AA1FM是平行四边形，所以A1F∥AM因为E为AD的中点，所以AE∥MC且AE＝MC.所以四边形AMCE是平行四边形,所以CE∥AM，所以CE∥A1F因为A1F⊄平面ECC1,EC⊂平面ECC1所以A1F∥平面ECC1(2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1。证明如下：取CD的中点G，连接BG。在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC。因为∠CGB＋∠GBC＝90°,所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC。因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以CC1⊥BG.又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1。故当G为CD的中点时，满足BG⊥平面ECC1。4．（2017·郑州第二次质量预测）如图，高为1的等腰梯形ABCD中,AM＝CD＝eq\f(1，3）AB＝1。现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD,连接AB,AC.（1）在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC？(2）当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．解：(1）当AP＝eq\f（1，3）AB时，有AD∥平面MPC.理由如下:连接BD交MC于点N，连接NP。在梯形