高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第2讲 点、直线、平面之间的位置关系练习-人教版高三数学试题

第一部分专题五第二讲点、直线、平面之间的位置关系A组1．(文)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.(A)A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m[解析]选项A中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．故选A．(理)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：①若n∥m，m⊂α，则n∥α；②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题是(C)A．①和② B．①和③C．②和④ D．③和④[解析]若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A、B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命题②正确，排除D，故应选C．2．如图，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是(D)A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC[解析]∵D、F分别为AB、AC的中点，∴BC∥DF，∵BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正确；在正四面体中，∵E为BC中点，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正确；∵DF⊥平面PAE，DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，∴C正确，故选D．3．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为(B)A．eq\r(2) B．eq\f(\r(6),2)C．eq\f(\r(11),2) D．eq\f(\r(5),2)[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝eq\f(\r(6),2).4．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(2).将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(B)A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[解析]①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，这样的△ABC不存在，∴C错误．5．(2018·太原二模)对于不重合的直线m，l和平面α，β，要证α⊥β需具备的条件是(D)A．m⊥l，m∥α，l∥βB．m⊥l，α∩β＝m，l⊂αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥β，m⊂α[解析]对于A，如图1，可得面α，β不一定垂直，故错；对于B，如图2，可得面α，β不一定垂直，故错；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故错；对于D，有m∥l，l⊥β⇒m⊥β，又因为m⊂α⇒α⊥β，故正确．6．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是①③.[解析]直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，当α∥β有l⊥m，故①正确．当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交，故②不正确．当l∥m有α⊥β，故③正确．当l⊥m有α∥β或α与β相交，故④不正确．综上可知①③正确．7．(2018·凉山州二模)在棱长为1的正方体ABCD－A′B′C′D′中，异面直线A′D与AB′所成角的大小是eq\f(π,3).[解析]在正方体ABCD－A′B′C′D′中，连接A′D，AB′，B′C，如图所示：则A′B′∥DC，且A′B′＝DC，所以四边形A′B′CD是平行四边形，所以A′D∥B′C，所以∠AB′C是异面直线A′D与AB′所成的角，连接AC，则△AB′C是边长为eq\r(2)的等边三角形，所以∠AB′C＝eq\f(π,3)，即异面直线A′D与AB′所成角是eq\f(π,3).8．设x，y，z为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”为真命题的序号是①③⑤.①x为直线，y，z为平面；②x，y，z都为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y，z都为直线；⑤x，y为平面，z为直线．[解析]①x⊥平面z，平面y⊥平面z，所以x∥平面y或x⊂平面y.又因为x⊄平面y，故x∥平面y，①成立；②x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立；③x⊥平面z，y⊥平面z，x，y为不同直线，故x∥y，③成立；④x，y，z均为直线，则x与y可平行，可异面，也可相交，故④不成立；⑤z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为平面，所以x∥y，⑤成立．9．(文)(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC．(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q­ABP的体积．[解析](1)由已知可得，∠BAC＝90°，则BA⊥AC．又BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC＝1.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1.(理)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1____BCDE.图1图2(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1____BCDE的体积为36eq\r(2)，求a的值．[解析](1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC．又在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC．又BC∥DE且BC＝DE，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．由题图1可知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝eq\f(1,3)×S×A1O＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3，由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.B组1．已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α、β、γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有(C)A．0个 B．1个C．2个 D．3个[解析]若α、β换成直线a、b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题，故选C．2．设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∥γ))⇒β∥γ ②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m∥α))⇒m⊥β③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m∥β))⇒α⊥β ④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n⊂α))⇒m∥α其中，真命题是(C)A．①④ B．②③C．①③ D．②④[解析]①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C．3．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是(D)A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥bC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥αD．若α∥β，a∥α，则a∥β[解析]A中，过直线a作平面γ分别与α，β交于m，n，则由线面平行的性质知a∥m∥n，所以m∥α，又由线面平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确；B中，由a⊥α，b⊥β，知a，b垂直于两个平面的交线，则a，b所成的角等于二面角的大小，即为90°，所以a⊥b，正确；C中，在α内取一点A，过A分别作直线m垂直于α，β的交线，直线n垂直于α，γ的交线，则由线面垂直的性质知m⊥β，n⊥γ，则m⊥a，n⊥a，由线面垂直的判定定理知a⊥α，正确；D中，满足条件的a也可能在β内，故D错．4．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为ACA．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDCC．直三棱柱的体积V＝4D．直三棱柱的外接球的表面积为4eq\r(3)π[解析]如图，将直三棱柱ABC－A1B1C15．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内无数条直线；⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是②⑤.[解析]对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．6．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＝eq\f(\r(3),2).其中真命题是①③.(填序号)[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，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△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＝2eq\r(2)，AD＝CD＝4，所以cos∠ADC＝eq\f(2×42－2\r(2)2,2×42)＝eq\f(3,4)≠eq\f(\r(3),2)，因此不正确；综上可得：只有①③正确．7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边相等，M是PC上的一动点，请你补充一个条件①(或③)，使平面MBD⊥平面PCD．①DM⊥PC；②DM⊥BM；③BM⊥PC；④PM＝MC(填写你认为是正确的条件对应的序号)．[解析]因为在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，所以BD⊥PA，BD⊥AC，因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．8．如图：在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA＝AB＝2.(1)证明：BC⊥平面AMN；(2)求三棱锥N－AMC的体积；(3)在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长，若不存在，说明理由．[解析](1)因为ABCD为菱形，所以AB＝BC，又∠ABC＝60°，所以AB＝BC＝AC，又M为BC中点，所以BC⊥AM而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又PA∩AM＝A，所以BC⊥平面AMN.(2)因为S△AMC＝eq\f(1,2)AM·CM＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2)，又PA⊥底面ABCD，PA＝2，所以AN＝1，所以，三棱锥N－AMC的体积V＝eq\f(1,3)S△AMC·AN＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6).(3)存在取PD