《2020届高三数学 点、直线、平面之间的位置关系期末复习测试卷 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高三数学 点、直线、平面之间的位置关系期末复习测试卷 文（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、点、直线、平面之间的位置关系(40分钟)一、选择题1.设a,b是不同的直线,是不同的平面,则下列命题:若ab,a,则b若a,则a若a,则a若ab,a,b,则其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.32.(2020天津模拟)已知l,m是两条不同的直线,是两个不同的平面,有下列五个命题:若l,且,则l;若l,且,则l;若l,且,则l;=m,且lm,则l;若=m,l,l,则lm.则所有正确命题的序号是()A.B.C.D.3.(2020凉山模拟)已知m,n,l是三条不同的直线,是三个不同的平面,给出以下命题:若m,n,则mn;若m,n,=l,ml,则mn;若nm,m,则n;若,则.其中正确命题的
2、序号是()A.B.C.D.4.(2020广东高考)设l为直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是()A.若l,l,则B.若l,l,则C.若l,l,则D.若,l,则l5.(2020江西高考)如图,正方体的底面与正四面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.11二、填空题6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱C1D1,C1C的中点.以下四个结论:直线AM与直线CC1相交;直线AM与直线BN平行;直线AM与直线DD1异面;直线BN与直线MB1异面.其中正确结论的序号为 (
3、注:把你认为正确的结论序号都填上).7.(2020重庆模拟)已知m,n是不重合的直线,a,b分别垂直于两个不重合的平面,有以下四个命题:若ma,nb,且,则mn.若ma,nb且,则mn.若ma,nb且,则mn.若ma,nb且,则mn.其中真命题的序号是.8.(2020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(写出所有正确命题的编号).当0CQ12时,S为四边形.当CQ=12时,S为等腰梯形.当CQ=34时,S与C1D1的交点R满足C1R=13.当34CQ1时,S为六边形
4、.当CQ=1时,S的面积为62.三、解答题9.如图,五面体ABCDEF中,点O是矩形ABCD的对角线的交点,ABF是等边三角形,棱EFBC,且EF=12BC.(1)证明:EO平面ABF.(2)若EF=EO,证明:平面EFO平面ABE.10. (2020重庆高考)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,PA=23,BC=CD=2,ACB=ACD=3.(1)求证:BD平面PAC.(2)若侧棱PC上的点F满足PF=7FC,求三棱锥P-BDF的体积.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将三角形ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(
5、1)在线段AB上是否存在一点K,使BC平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.(2)若平面ADE平面ABCE,求证:平面BDE平面ADE.答案解析1.【解析】选B.当ab,a时,b与可能相交,所以错误.中a不一定成立.中a或a,所以错误.正确,所以正确的有1个,所以选B.2.【解析】选C.根据面面平行的性质知,正确,中由l知,l平行平面中的某条直线x,同理l平行平面中的某条直线y,从而xy,所以y,进而ym,故lm,所以正确,故选C.3.【解析】选A.对于命题,m,n可能是异面直线,故错;对于命题,还可能有n,故错;故选A.4.【解析】选B.对于选项A,若l,l,则平面,可能
6、相交,此时交线与l平行,故A错误;对于选项B,垂直于同一条直线的两个平面平行(直线是公垂线);对于选项C,能推出两个平面相交且两个平面垂直;对于选项D,l,l,l都有可能.5.【解析】选A.取CD中点G,连接EG,FG,可知CD平面EFG,因为ABCD,所以AB平面EFG,容易知道平面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,观察可知n=4;又正方体的底面与正四面体的底面共面,所以过点A可作AHCE,易知CE与正方体的上下两个底面平行,与其他四个面相交,所以m=4,即得m+n=8.6.【解析】由图可知AM与CC1是异面直线;AM与BN也是异面直线;AM与DD1是异面直线
7、;BN与MB1也是异面直线,故错误,正确.答案:7.【解析】答案:8.【解析】当0CQ12时,截面如图1所示,截面是四边形APQM,故正确.当CQ=12时,截面如图2所示,易知PQAD1且PQ=12AD1,S是等腰梯形,故正确.当CQ=34时,如图3.作BFPQ交CC1的延长线于点F,则C1F=12.作AEBF,交DD1的延长线于点E,D1E=12,AEPQ,连接EQ交C1D1于点R,由于RtRC1QRtRD1E,所以C1QD1E=C1RRD1=12,所以C1R=13.当34CQ1时,如图3,连接RM(点M为AE与A1D1的交点),显然S为五边形APQRM.当CQ=1时,如图4.同可作AEPQ
8、交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为12MPAQ=1223=62.答案:9.【证明】(1)取AB的中点M,连接FM,OM.因为O为矩形ABCD的对角线的交点,所以OMBC,且OM=12BC,又EFBC,且EF=12BC,所以OM=EF,且OMEF,所以四边形EFMO为平行四边形,所以EOFM.又因为FM平面ABF,EO平面ABF,所以EO平面ABF.(2)由(1)知四边形EFMO为平行四边形,又因为EF=EO,所以四边形EFMO为菱形,连接EM,则有FOEM,又因为ABF是等边三角形,且M为AB中点,所以FMAB,易知MOAB,所以
9、AB平面EFMO,所以ABFO.因为ABEM=M,所以FO平面ABE.又因为FO平面EFO,所以平面EFO平面ABE.【方法总结】立体几何中证明线线平行的技巧找中点或构造平行四边形是空间证明线线平行的一个重要技巧,具体解题时可以充分利用平行关系的传递性,把已知条件中的平行关系集中到我们需要的平行四边形中.【变式备选】(2020宁波模拟)如图1,在边长为3的等边三角形ABC中,E,F,P分别为AB,AC,BC边上的点,且满足AE=FC=CP=1,将AEF沿EF折起到A1EF的位置,如图2,使平面A1EF平面FEBP,连接A1B,A1P,(1)求证:A1EPF.(2)若Q为A1B中点,求证:PQ平
10、面A1EF.【证明】(1)在AEF中,因为AE=1,AF=2,A=60,由余弦定理得EF=12+22-212cos60=3,所以AE2+EF2=AF2=4,所以EFAE.所以在题干图2中有A1EEF.因为平面A1EF平面FEBP,平面A1EF平面FEBP=EF,A1E平面A1EF,所以A1E平面FEBP.所以A1EPF.(2)在题干图1ABC中,因为CFFA=CPPB=12,设BE的中点为H,连接PH,QH,所以PFBE,且PF=EH,所以四边形PFEH为平行四边形,所以PHEF,PH平面A1EF,EF平面A1EF,所以PH平面A1EF,又QHA1E,QH平面A1EF,A1E平面A1EF,所以
11、QH平面A1EF.QHPH=H,所以平面A1EF平面QHP,PQ平面QHP,所以PQ平面A1EF.10.【解题提示】直接利用线面垂直的判定定理证明BD平面PAC.通过转化可求解三棱锥的体积.【解析】(1)因BC=CD,即BCD为等腰三角形,又ACB=ACD,故BDAC.因为PA底面ABCD,所以PABD.从而BD与平面PAC内两条相交直线PA,AC都垂直,所以BD平面PAC.(2)三棱锥P-BCD的底面BCD的面积SBCD=12BCCDsinBCD=1222sin23=3.由PA底面ABCD,得VP-BCD=13SBCDPA=13323=2.由PF=7FC,得三棱锥F-BCD的高为18PA,故
12、VF-BCD=13SBCD18PA=1331823=14.所以VP-BDF=VP-BCD-VF-BCD=2-14=74.11.【解题提示】(1)先探求出点K的位置,然后以此为条件进行证明.(2)只需证明BE平面ADE.【解析】(1)线段AB上存在一点K,且当AK=14AB时,BC平面DFK,证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BCEH,又因为AK=14AB,F为AE的中点,所以KFEH,所以KFBC,因为KF平面DFK,BC平面DFK,所以BC平面DFK.(2)因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DFAE.因为平面ADE平面ABCE,所以DF平面ABCE,因为BE平面ABCE,所以DFBE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中:AE=BE=2,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AEBE,因为AEDF=F,所以BE平面ADE,因为BE平面BDE,所以平面BDE平面ADE.
