《2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题五 立体几何 第2讲 点、直线、平面之间的位置关系限时训练 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题五 立体几何 第2讲 点、直线、平面之间的位置关系限时训练 理（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲点、直线、平面之间的位置关系 (限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号空间线、面位置关系的判断1,2,3,5,7空间角4,6线面平行、垂直的证明8,9,10折叠与探索性问题9,10一、选择题1.已知四面体ABCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,DA,CD上的点,且AE=EB,BF=FC,CH=2HD,AG=2GD,则下列说法错误的是(B)(A)AC平面EFH(B)BD平面EFG(C)直线GE,FH,BD相交于一点(D)EFGH解析:利用直线与平面平行的判定定理可得选项A正确,由题意可知,EF与GH平行但不相等,所以四边形EFHG是梯形,选项D正确,易知选项C正确,故选B.2
2、.(2018揭阳二模)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列选项正确的是(A)(A)若m,n,且,则mn(B)若m,n,且,则nm(C)若m,n,且mn,则(D)若m,n,且m,n,则解析:A正确;对于选项B,直线m和n可能平行,也可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,和也可能平行,C不正确;对于选项D,和可能不平行,是相交的关系.故选A.3.(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(C)(A)A1EDC1(B)A1EBD(C)A1EBC1(D)A1EAC解析:如图,由题意可知A1E平面A1B1CD,可以证明BC1平面A1B1CD,所以A
3、1EBC1,故选C.4.(2018长沙市名校实验班上学期第二次阶段性测试)已知四边形ABCD为边长等于5的正方形,PA平面ABCD,QCPA,且异面直线QD与PA所成的角为30,则四棱锥QABCD外接球的表面积等于(B)(A)(B)25(C)1256(D)1252解析:因为PA平面ABCD,QCPA,所以QC平面ABCD,且异面直线QD与PA所成的角即DQC,所以DQC=30,又CD=5,所以QC=.由于CB,CQ,CD两两垂直,所以四棱锥QABCD的外接球的直径就是以CB,CQ,CD为棱的长方体的体对角线,设四棱锥QABCD外接球的半径为R,则R=52,所以外接球的表面积为4（52）2=25
4、.故选B.5.(2018温州模拟)如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点.下列结论中,正确的是(B)(A)EFBB1(B)EF平面ACC1A1(C)EFBD(D)EF平面BCC1B1解析:取BB1的中点M,连接ME,MF,延长ME交AA1于P,延长MF交CC1于Q,因为E,F分别是AB1,BC1的中点,所以P是AA1的中点,Q是CC1的中点,从而可得E是MP的中点,F是MQ的中点,所以EFPQ,又PQ平面ACC1A1,EF平面ACC1A1,所以EF平面ACC1A1,故选B.二、填空题6.如图所示,在底面为正方形的四棱锥PABCD中,PA=PB=PC=PD=AB
5、=2,点E为棱PA的中点,则异面直线BE与PD所成角的余弦值为.解析:取AD的中点F,连接EF,BF,则EFPD,所以BEF就是异面直线BE与PD所成的角或补角.在三角形BEF中,BF=,EF=1,BE=3,由余弦定理得cosBEF=-,所以BE与PD所成角的余弦值为.答案:7.(2018泉州模拟)如图,一张A4纸的长宽之比为2,E,F分别为AD,BC的中点.现分别将ABE,CDF沿BE,DF折起,且A,C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)A,G,H,C四点共面;当平面ABE平面CDF时,AC平面BFDE;当A,C重合于点P时,平面PDE平面PBF;当A,C重合于
6、点P时,设平面PBE平面PDF=l,则l平面BFDE.解析:在ABE中,tanABE=,在ACD中,tanCAD=,所以ABE=DAC,所以ACBE,同理ACDF,则折叠后,BE平面AGH,DF平面CHG,又DFBE,平面AGH与平面CHG有公共点,则平面AGH与平面CHG重合,即A,C,G,H四点共面;由可知,平面ABE平面AGHC=AG,平面CDF平面AGHC=CH,当平面ABE平面CDF时,得到AGCH,显然AG=CH,所以四边形AGHC是平行四边形,所以ACGH,又AC平面BFDE,GH平面BFDE,所以AC平面BFDE;设PE=DE=1,则PD=2,所以PEDE,则PEBF,又PEP
7、B,BFPB=B,所以PE平面PBF,则平面PDE平面PBF;由BEDF,BE平面PBE,DF平面PBE,所以DF平面PBE,平面PDF平面PBE=l,则lDF,l平面BEDF,l平面BEDF.答案:三、解答题8.如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知D,E分别为BC,B1C1的中点,点F在棱CC1上,且EFC1D.求证:(1)直线A1E平面ADC1;(2)直线EF平面ADC1.证明:(1)连接ED,因为D,E分别为BC,B1C1的中点,所以B1EBD且B1E=BD,所以四边形B1BDE是平行四边形,所以BB1DE且BB1=DE,又BB1AA1且BB1=AA1,所以AA1DE且AA1=DE
8、,所以四边形AA1ED是平行四边形,所以A1EAD,又因为A1E平面ADC1,AD平面ADC1,所以直线A1E平面ADC1.(2)在正三棱柱ABCA1B1C1中,BB1平面ABC,又AD平面ABC,所以ADBB1,又ABC是正三角形,且D为BC的中点,所以ADBC,又BB1,BC平面B1BCC1,BB1BC=B,所以AD平面B1BCC1,又EF平面B1BCC1,所以ADEF,又EFC1D,C1D,AD平面ADC1,C1DAD=D,所以直线EF平面ADC1.9.如图,在直角梯形ABCP中,CPAB,CPCB,AB=BC=12CP=2,D是CP的中点,将PAD沿AD折起,使得PD平面ABCD.(1
9、)求证:平面PAD平面PCD.(2)若E是PC的中点,求三棱锥APEB的体积.(1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDAD.又由于CDAB,CDCB,AB=DC,所以四边形ABCD是正方形,所以ADCD,又PDCD=D,故AD平面PCD.因为AD平面PAD,所以平面PAD平面PCD.(2)解:因为ADBC,又BC平面PBC,AD平面PBC.所以AD平面PBC,所以点A到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离.又因为PD=DC,E是PC的中点,所以DEPC.由(1)知有AD平面PCD,所以ADDE.由题意得ADBC,故BCDE.于是,由BCPC=C,可得DE平面PBC,所以DE=2,PC=
10、22.又因为AD平面PCD,所以ADCP.因为ADBC,所以CPBC.所以SPEB=12SPBC=12（12BCPC）=2.所以VAPEB=VDPEB=13DESPEB=23.10.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1平面ABC,底面三角形ABC是边长为2的等边三角形,D为AB的中点.(1)求证:BC1平面A1CD;(2)若直线CA1与平面A1ABB1所成的角为30,求三棱柱ABCA1B1C1的体积.(1)证明:连接AC1交A1C于E点,连接DE,因为D,E分别为AB,AC1的中点,所以DEBC1.又BC1平面A1CD,DE平面A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)解:等边三角形ABC中,CDAB.因为AA1平面ABC,所以AA1CD,且ABAA1=A,所以CD平面A1ABB1.则CA1在平面A1ABB1的射影为DA1.故CA1与平面A1ABB1所成的角为CA1D.在RtA1DC中,CA1D=30,CD=,算得DA1=CDtan30=3.所以AA1=22.所以ABCA1B1C1的体积V三棱柱ABCA1B1C1=SABCAA1=122322=26.5
