数学二轮专题4立体几何第2讲空间点线面之间的位置关系.docx
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数学二轮专题4立体几何第2讲空间点线面之间的位置关系
第一部分 专题4第2讲
题型
对应题号
1.空间点、线、面位置关系的判定
1,2,4,5,6,7,8,12,13
2.空间平行、垂直关系的判定与证明
3,9,10,11,14
基础热身(建议用时:
40分钟)
1.已知异面直线a,b满足a⊂α,b⊂β且α∩β=c,则直线c与a,b的关系是( )
A.c与a,b都相交
B.c与a,b都不相交
C.c至多与a,b中的一条相交
D.c至少与a,b中的一条相交
D 解析若c与a,b都不相交,因为c与a在α内,所以a∥c.又c与b都在β内,所以b∥c.由公理4可知a∥b,与已知条件矛盾.如图,只有以下三种情况.由图象可知c至少与a,b中的一条相交.故选D项.
2.(2019·山东菏泽模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①若m⊥α,n∥α,则m⊥n;②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ;③若m∥α,n∥α,则m∥n;④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.
其中正确命题的序号是( )
A.①和②B.①和④
C.③和④D.②和③
A 解析①中,过n作平面θ与平面α交于直线b,则n∥b,又m⊥α,知m⊥b,从而m⊥n,正确;②中,由线面垂直、面面平行的性质知m⊥γ成立,正确;平行于同一平面的两条直线也可能相交或异面,垂直于同一平面的两平面也可能相交,则③和④不正确.故选A项.
3.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )
A B C D
A 解析对于A项,设正方体的底面对角线的交点为O(如图①所示),连接OQ,则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行;对于B项,如图②所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ;同理可证C,D项中均有AB∥平面MNQ.故选A项.
4.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,E是棱B1C1的中点,动点P在底面ABCD内,且PA1=A1E,则点P运动形成的图形是( )
A.线段B.圆弧
C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分
B 解析由PA1=A1E知点P应落在以A1为球心,A1E长为半径的球面上.又知动点P在底面ABCD内,所以点P的轨迹是底面ABCD与球面形成的交线,所以为圆弧.故选B项.
5.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,P,Q分别是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,给出以下四个结论:
①A1C⊥MN;②A1C∥平面MNPQ;③A1C与PM相交;④NC与PM异面.其中不正确的结论是( )
A.①B.②
C.③D.④
B 解析作出过M,N,P,Q四点的截面交C1D1于点S,交AB于点R,如图中的六边形MNSPQR,显然点A1,C分别位于这个平面的两侧,故A1C与平面MNPQ一定相交,不可能平行,故结论②不正确.故选B项.
6.在正三棱柱ABCA1B1C1中,若AB=
BB1,则AB1与BC1所成的角的大小是( )
A.60°B.75°
C.90°D.105°
C
解析设BB1=1,如图所示,延长CC1至C2,使C1C2=CC1=1,连接B1C2,则B1C2∥BC1,所以∠AB1C2为AB1与BC1所成的角(或其补角).连接AC2,则AB=AC=B1C1=
BB1=
,CC2=2,所以AB1=
=
,B1C2=
=
,AC2=
=
,所以AC
=AB
+B1C
,则∠AB1C2=90°.故选C项.
7.(2019·北京卷)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:
________.
解析将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题:
如果l⊥α,m∥α,则l⊥m,正确;如果l⊥α,l⊥m,则m∥α,不正确,有可能m在平面α内;如果l⊥m,m∥α,则l⊥α,不正确,有可能l与α斜交、l∥α.故答案为“如果l⊥α,m∥α,则l⊥m”.
答案如果l⊥α,m∥α,则l⊥m
8.如图,直三棱柱ABCA1B1C1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的长为________.
解析设B1F=x,因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF,所以AB1⊥DF.由已知条件可得A1B1=
=
,设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h,则DE=
h.又2×
=h
,所以h=
,所以DE=
.在Rt△DB1E中,B1E=
=
.在△DB1F中,由面积相等得
×
=
x,得x=
.
答案
9.(2017·江苏卷)如图,在三棱锥ABCD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,AB⊥AD,EF⊥AD,则AB∥EF.
因为AB⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,所以EF∥平面ABC.
(2)因为BC⊥BD,平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.
又AB⊥AD,BC,AB⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC,又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.
10.(2019·河北保定统考)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=
,AB=BC=
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A1BCDE.
(1)证明:
CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36
,求a的值.
解析
(1)证明:
在图①中,因为AB=BC=
AD=a,E是AD的中点,∠BAD=
,所以BE⊥AC,即在图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又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.
由图①知A1O=
AB=
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=
×S×A1O=
×a2×
a=
a3,由
a3=36
,得a=6.
能力提升(建议用时:
25分钟)
11.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下列命题正确的是( )
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
D 解析因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.故选D项.
12.如图,空间四边形ABCD的两条对棱AC,BD的长分别为5和4,则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中,周长的取值范围是________.
解析设
=
=k,所以
=
=1-k,所以GH=5k,EH=4(1-k),所以周长为2GH+2EH=8+2k.又因为0 答案(8,10) 13.如图所示,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为线段EC上(端点除外)一动点.现将△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t,则t的取值范围是________. 解析如图①所示,过点K作KM⊥AF于点M,连接DM.因为DK⊥AB,平面ABD⊥平面ABCF,AB为两平面的交线,所以DK⊥平面ABCF,所以DK⊥AF.又KM⊥AF, DK∩KM=K,所以AF⊥平面DMK,所以DM⊥AF.与折前的图形对比,可知折前的图形中D,M,K三点共线且DK⊥AF,如图②所示,于是△DAK∽△FDA,所以 = ,即 = ,所以t= ,又DF∈(1,2),故t∈ . 答案 14.如图,在四棱锥SABCD中,平面SAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且点P为AD的中点,点Q为SB的中点. (1)求证: CD⊥平面SAD; (2)求证: PQ∥平面SCD; (3)若SA=SD,点M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD? 若存在,请说明其位置,并加以证明;若不存在,请说明理由. 解析 (1)证明: 因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.又因为平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面SAD. (2)证明: 如图,取SC的中点R,连接QR,DR.由题意知PD∥BC,且PD= BC. 在△SBC中,点Q为SB的中点,点R为SC的中点, 所以QR∥BC,且QR= BC,所以PD∥QR,且PD=QR, 所以四边形PDRQ为平行四边形,所以PQ∥DR. 又因为PQ⊄平面SCD,DR⊂平面SCD, 所以PQ∥平面SCD. (3)存在点N为SC的中点,使得平面DMN⊥平面ABCD. 证明如下: 如图,连接PC,DM交于点O, 连接DN,PM,SP,NM,NO, 因为PD∥CM,且PD=CM, 所以四边形PMCD为平行四边形,所以PO=CO. 又因为点N为SC的中点,所以NO∥SP. 因为SA=SD,点P为AD的中点,所以SP⊥AD,又因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD, 所以SP⊥平面ABCD,所以NO⊥平面ABCD. 又因为NO⊂平面DMN, 所以平面DMN⊥平面ABCD. 专练15空间位置关系 1.关于直线a、b、c,以及平面M、N,给出下面命题: ①若a∥M,b∥M,则a∥b; ②若a∥M,b⊥M,则a⊥b; ③若a∥b,b∥M,则a∥M; ④若a⊥M,a∥N,则M⊥N. 其中正确命题的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 2.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1, 和a,且长为a的棱与长为 的棱异面, 则a的取值范围是( ) A.(0, ) B.(0, ) C.(1, ) D.(1, ) 3.l1,l2,l3是空间中三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面 D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面 4.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方 形,若平面ABCD内有且仅有1个点到顶点A1的距离为1,则异面直线AA1,BC1所成的角为( ) A. B. C. D. 5.在下列命题中,不是公理的是( ) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线 6.已知α、β是两个不同的平面,给出下列四个条件: ①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β; ②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β;③存在两条平行直线a、b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α;④存在两条异面直线a、b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α.可以推出α∥β的是( ) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 7.下列命题中错误的是( ) A.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β 8.已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列 命题中正确的有( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β C.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n 9.已知平面α∩β=l,m是α内不同于l的直线,那么下列命题中错误的是( ) A.若m∥β,则m∥l B.若m∥l,则m∥β C.若m⊥β,则m⊥lD.若m⊥l,则m⊥β 10.下列命题正确的是( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 11.如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题: ①过M点有且只有一条直线与直线AB、B1C1都相交; ②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直; ③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交; ④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行. 其中真命题是( ) A.②③④ B.①③④ C.①②④ D.①②③ 12.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1 所成角的正弦值等于( ) A. B. C. D. 13.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,有下列命题: 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________. 14.已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆,其公共弦长等于球O的 半径,OK= ,且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°,则球O的表面积等于________. 15.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点P是棱上一点,则满足|PA|+|PC1| =2的点P有________. 16.如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,M, N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起.下列说法正确的是________(填上所有正确的序号). ①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC; ②不论D折至何位置都有MN⊥AE; ③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB; ④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD. 参考答案 1.解析: 选C.①中a与b可以相交或平行或异面,故①错.③中a可能在平面M内,故③错,故选C. 2.解析: 选A.此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体,长为a的棱长一定大于0且小于 .选A. 3.解析: 选B.在空间中,垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错;两平行线中的一条垂直于第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线,B正确;相互平行的三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱,故C错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的三条侧棱,故D错. 4.解析: 选B.由题意可知,只有点A到A1距离为1,即高为1,所以该几何体是个正方体,异面直线AA1,BC1所成的角是 . 5.解析: 选A.结合平面的基本性质求解. A,不是公理,是个常用的结论,需经过推理论证; B,是平面的基本性质公理; C,是平面的基本性质公理; D,是平面的基本性质公理. 6.解析: 选C.对于②,平面α与β还可以相交;对于③,当a∥b时,不一定能推出α∥β,所以②③是错误的,易知①④正确,故选C. 7.解析: 选D.两个平面α,β垂直时,设交线为l,则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β,故A正确;如果平面α内存在直线垂直于平面β,那么由面面垂直的判定定理知α⊥β,故B正确;两个平面都与第三个平面垂直时,易证交线与第三个平面垂直,故C正确;两个平面α,β垂直时,平面α内与交线平行的直线与β平行,故D错误. 8.解析: 选D.若m∥α,n∥α,m,n可以平行,可以相交,也可以异面,故①不正确;若α⊥γ,β⊥γ,α,β可以相交,故②不正确;若m∥α,m∥β,α,β可以相交,故③不正确;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,④正确.故选D. 9.解析: 选D.对于A,由定理“若一条直线平行于一个平面,经过这条直线的平面与已知平面相交,那么这条直线平行于交线”可知,A正确.对于B,由定理“若平面外一条直线与平面内一条直线平行,那么这条直线平行于这个平面”可知,B正确.对于C,由定理“一条直线垂直于一个平面,那么这条直线垂直于这个平面内的所有直线”可知,C正确.对于D,若一条直线与一个平面内的一条直线垂直,这条直线未必垂直于这个平面,因此D不正确.综上所述,选D. 10.解析: 选C. 选项 具体分析 结论 A 两条直线和同一平面所成的角相等,则两直线平行、相交或异面 错误 B 若两个平面相交,在一个平面内和另一个平面平行的直线上的三点到另一平面的距离相等,此时两平面不平行. 错误 C 由线面平行的定义及性质可知,若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行. 正确 D 两个平面都垂直于同一个平面,则这两平面相交或平行. 错误 11.解析: 选C.对于①,取CC1的中点N.连接AM,BN并延长分别交底面A1B1C1D1于P,Q两点,则Q∈B1C1,MQ与AB交于一点,因此①正确;对于②结合图形知,DD1符合要求,且只有DD1,故②正确;同理④正确;过点M可有无数个平面与直线AB,B1C1都相交,故③不正确,因此选C. 12.解析: 选A.方法一: 利用正四棱柱的性质,通过几何体中的垂直关系,判断点C在平面BDC1上的射影位置,确定线面角,并化归到直角三角形中求解. 方法二: 建立空间直角坐标系,利用向量法求解. 图 (1) 方法一: 如图 (1),连接AC,交BD于点O,由正四棱柱的性质,有AC⊥BD.因为CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BD.又CC1∩AC=C,所以BD⊥平面CC1O.在平面CC1O内作CH⊥C1O,垂足为H,则BD⊥CH.又BD∩C1O=O,所以CH⊥平面BDC1,连接DH,则DH为CD在平面BDC1上的射影,所以∠CDH为CD与平面BDC1所成的角.设AA1=2AB=2.在Rt△COC1中,由等面积变换易求得CH= .在Rt△CDH中,sin∠CDH= = . 图 (2) 方法二: 以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图 (2),设AA1=2AB=2,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),则=(0,1,0),=(1,1,0)=(0,1,2).设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,所以有 令y=-2,得平面BDC1的一个法向量为n=(2,-2,1).设CD与平面BDC1所成的角为θ,则sinθ=|cos〈n,〉|== . 13.解析: ①正确,∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β,又m⊂β,∴l⊥m;②错误,l,m可以垂直,也可异面;③正确,∵l⊥α,l∥m,∴m⊥α,又m⊂β,∴α⊥β;④错误,α与β可能相交. 答案: ①③ 14.解析: 根据球的截面性质以及二面角的平面角的定义确定平面角,把球的半径转化到直角三角形中计算,进而求得球的表面积. 如图所示,公共弦为AB,设球的半径为R,则AB=R.取AB中点M,连接OM、KM,由圆的性质知OM⊥AB,KM⊥AB,所以∠KMO为圆O与圆K所在平面所成的一个二面角的平面角,则∠KMO=60°. 在Rt△KMO中,OK= ,所以OM= = . 在Rt△OAM中,因为OA2=OM2+AM2,所以R2=3+ R2,解得R2=4,所以球O的表面积为4πR2=16π. 答案: 16π 15.解析: ∵|PA|+|PC1|=2>|AC1|,∴在某一平面内,P点的轨迹是以A,C1为焦点的椭圆,在空间它是椭圆绕AC1旋转得到的几何体,因此,它与AB,AD,AA1,C1B1,C1C,C1D1各有一个交点. 答案: 6 16.解析: 连接MN交AE于点P,则MP∥DE,NP∥AB, ∵AB∥CD, ∴NP∥CD. 对于①,由题意可得平面MNP∥平面DEC, ∴MN∥平面DEC,故①正确; 对于②,∵AE⊥MP,AE⊥NP, ∴AE⊥平面MNP, ∴AE⊥MN,故②正确; 对于③,∵NP∥AB,∴不论D折至何位置(不在平面ABC内)都不可能有MN∥AB,故③不正确;对于④,由题意知EC⊥AE,故在折起的过程中, 当EC⊥DE时,EC⊥平面ADE, ∴EC⊥AD,故④正确. 答案: ①②④
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