2019数学二轮专题攻略习题第10讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（可编辑Word）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第10讲空间点、直线、平面之间的位置关系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2.（2018广州高中综合测试（一))在四面体ABCD中,E,F分别为AD，BC的中点，AB=CD，AB⊥CD,则异面直线EF与AB所成角的大小为（）A。π6 B.π4 C。π3.在如图所示的正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点,直线BF与平面AD1E的位置关系是(）A.平行 B.相交但不垂直C。垂直 D。以上都不正确4.某几何体的平面展开图如图所示，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5。如图所示,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉O，且AB为☉O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论:①BC⊥PC;②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是（）A.①② B.①②③ C.① D。②③6.如图，在空间四边形ABCD中,M∈AB,N∈AD,若AMMB=ANND，则直线MN与平面BDC的位置关系是7。已知l,m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面,有下列命题：①若l⊂α,l∥β，α∩β=m，则l∥m;②若α∥β，l∥α,则l∥β;③若l⊥α,m∥l,α∥β，则m⊥β.其中真命题是（写出所有真命题的序号).

8。下列命题正确的是.（填上你认为正确的所有命题的序号）

①空间中的三个平面α、β、γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②球O与棱长为a的正四面体各面都相切，则该球的表面积为π6a2③三棱锥P—ABC中，PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB。9.在三棱锥C-ABD中（如图)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，AB=4,二面角A—BD—C的大小为60°,并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO;③△AOC为正三角形；④cos∠ADC=32。其中真命题是10。(2018太原模拟试题(一))如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2，点M在线段PC上,且PM=2MC，N为AD的中点。(1)求证：AD⊥平面PNB;(2）若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.11。如图,六面体ABCDE中，平面DBC⊥平面ABC,AE⊥平面ABC.（1）求证:AE∥平面DBC；(2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC。12.(2018石家庄模拟）如图①所示，在边长为24的正方形ADD1A1中,点B，C在边AD上，且AB=6，BC=8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1,A1D1于点Q,C1，将该正方形沿BB1,CC1折叠,使得DD1与AA1重合,构成如图②所示的三棱柱ABC-A1B1C1.（1)求证：AB⊥平面BCC1B1;（2)求多面体A1B1C1-APQ的体积。13.在多面体ABCDEF中,底面ABCD是梯形,四边形ADEF是正方形,AB∥DC,AB=AD=1，CD=2，AC=EC=5。（1)求证：平面EBC⊥平面EBD;(2）设M为线段EC上一点，且3EM=EC,试问在线段BC上是否存在一点T，使得MT∥平面BDE？若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由。

答案全解全析1.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。故选B。2.B取BD的中点O,连接OE，OF,因为E，F分别为AD，BC的中点,AB=CD，所以EO∥AB，OF∥CD，且EO=OF=12CD,所以∠OEF为异面直线EF与AB所成的角，又AB⊥CD，所以EO⊥OF，由△EOF为等腰直角三角形,可得∠OEF=π3.A取AD1的中点O，连接OE,OF,则OF平行且等于BE，所以四边形BFOE是平行四边形,所以BF∥OE,因为BF⊄平面AD1E,OE⊂平面AD1E，所以BF∥平面AD1E.4。B将平面展开图还原为几何体（如图),因为四边形ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面,①错;因为AF⊂平面PAD,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。5。B对于①，∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC。∵AB为☉O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴BC⊥PC.对于②,∵点M为线段PB的中点，O为AB的中点,∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC,OM⊄平面PAC,∴OM∥平面PAC.对于③,由①知，BC⊥平面PAC,∴线段BC的长即为点B到平面PAC的距离。故①②③都正确。6.答案平行解析由AMMB=ANND而BD⊂平面BDC,MN⊄平面BDC，所以MN∥平面BDC.7.答案①③解析由直线与平面平行的性质定理，知命题①正确；若α∥β，l∥α，则l⊂β或l∥β，命题②错误;∵l⊥α，l∥m,∴m⊥α。又∵α∥β，∴m⊥β，命题③正确.8.答案②③解析①中,平面α与平面γ也可能相交;②中,易得球的半径为r=612a，故该球的表面积为π6a29。答案①③解析对于①,因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD，又AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此①正确；对于②，假设CO⊥AD,又CO⊥BD，可得CO⊥平面ABD，由①可得∠AOC是二面角A-BD—C的平面角，这与已知二面角A-BD—C为60°矛盾，因此不正确；对于③，由于△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点，所以OC=OA,由①可得∠AOC是二面角A—BD-C的平面角且为60°,所以△AOC为正三角形,因此③正确;对于④,AB=4,由③可得AC=OA=22，AD=CD=4,所以cos∠ADC=42+42-(210.解析（1)证明:连接BD.∵PA=PD，N为AD的中点,∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形,∠BAD=60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN=N,∴AD⊥平面PNB。(2）∵PA=PD=AD=2,∴PN=NB=3.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB,∴S△PNB=12×3×3=3∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB.又PM=2MC,∴VP—NBM=VM—PNB=23VC—PNB=23×13×311。证明（1)过点D作DO⊥BC,O为垂足。因为平面DBC⊥平面ABC,平面DBC∩平面ABC=BC，DO⊂平面DBC，所以DO⊥平面ABC。又AE⊥平面ABC，所以AE∥DO。又AE⊄平面DBC,DO⊂平面DBC,故AE∥平面DBC.（2）由(1)知DO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,所以DO⊥AB。又AB⊥BC,且DO∩BC=O,DO,BC⊂平面DBC，则AB⊥平面DBC.因为DC⊂平面DBC,所以AB⊥DC.又BD⊥CD,AB∩DB=B,AB,DB⊂平面ABD，所以DC⊥平面ABD。又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC。12.解析(1)证明:由题意知，在题图②中，AB=6,BC=8，CA=10，∴AB2+BC2=CA2，∴AB⊥BC。又AB⊥BB1,BC∩BB1=B，∴AB⊥平面BCC1B1.(2)由题意易知三棱柱ABC-A1B1C1的体积为12∵在题图①中,△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形,∴AB=BP=6,AC=CQ=14，∴V四棱锥A—CQPB=13S四边形CQPB·AB=13×∴多面体A1B1C1—APQ的体积V=V三棱柱ABC-13。解析(1)证明:因为AD=1,CD=2,AC=5，所以AD2+CD2=AC2,所以△ADC为直角三角形,且AD⊥DC。因为ED=1，CD=2，EC=5,所以ED2+CD2=EC2，所以△EDC为直角三角形，且ED⊥DC。又四边形ADEF是正方形，所以AD⊥DE，因为AD∩DC=D，所以ED⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD,所以ED⊥BC。在梯形ABCD中，过点B作BH⊥CD于点H，故四边形ABHD是正方形，所以∠ADB=45°,BD=2。在Rt△BCH中,BH=CH=1,所以BC=2,故BD2+BC2=DC2，所以BC⊥BD.因为BD∩ED=D，BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD，所以BC⊥平面EBD,又