2014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

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,α,β是不同的平面,则下列命题: ①若a⊥b,a∥α,则b∥α ②若a∥α,α⊥β,则a⊥β ③若a⊥β,α⊥β,则a∥α ④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β 其中正确命题的个数是( )

A.0 B.1 C.2 D.3

2.(2013·天津模拟)已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有下列五个命题: ①若l β,且α∥β,则l∥α; ②若l⊥β,且α∥β,则l⊥α; ③若l⊥β,且α⊥β,则l∥α; ④α∩β=m,且l∥m,则l∥α;

⑤若α∩β=m,l∥α,l∥β,则l∥m.则所有正确命题的序号是( ) A.①③⑤ C.①②⑤

B.②④⑤ D.①②④

3.(2013·凉山模拟)已知m,n,l是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出以下命题:

①若m α,n∥α,则m∥n;②若m α,n β,α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥n;③若n∥m,m α,则n∥α;④若α∥γ,β∥γ,则α∥β.其中正确命题的序号是( ) A.②④ C.③④

B.②③ D.①③

4.(2013·广东高考)设l为直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的 是( )

A.若l∥α,l∥β,则α∥β B.若l⊥α,l⊥β,则α∥β C.若l⊥α,l∥β,则α∥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β

5.(2013·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α上,且AB∥CD,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=( )

- 1 -

A.8

B.9

C.10

D.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:

①直线AM与直线CC1相交; ②直线AM与直线BN平行; ③直线AM与直线DD1异面; ④直线BN与直线MB1异面.

其中正确结论的序号为 (注:把你认为正确的结论序号都填上).

7.(2013·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α,β,有以下四个命题: ①若m⊥a,n∥b,且α⊥β,则m∥n. ②若m∥a,n∥b且α⊥β,则m⊥n. ③若m∥a,n⊥b且α∥β,则m⊥n. ④若m⊥a,n⊥b且α⊥β,则m∥n. 其中真命题的序号是 .

8.(2013·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). ①当0<CQ<时,S为四边形. ②当CQ=时,S为等腰梯形.

③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=. ④当<CQ<1时,S为六边形. ⑤当CQ=1时,S的面积为

- 2 -

.

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EF∥BC,且EF=BC. (1)证明:EO∥平面ABF.

(2)若EF=EO,证明:平面EFO⊥平面ABE.

10. (2013·重庆高考)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2

,BC=CD=2,∠ACB=∠ACD=.

(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:

(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.①当a⊥b,a∥α时,b与α可能相交,所以①错误.②中a⊥β不一定成立.③中a α或a∥α,所以错误.④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,①②正确,⑤中由l∥α知,l平行平面α中的某条直线x,同理l平行平面β中的某条直线y,从而x∥y,所以y∥α,进而y∥m,故l∥m,所以⑤正确,故选C.

3.【解析】选A.对于命题①,m,n可能是异面直线,故①错;对于命题③,还可能有n α,故③错;故选

A.

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4.【解析】选B.对于选项A,若l∥α,l∥β,则平面α,β可能相交,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∥β,l⊥β,

l β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AB∥CD,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AH∥CE,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;BN与MB1也是异面直线,故①②错误,③④正确. 答案:③④ 7.【解析】

答案:②③

8.【解析】①当0<CQ<时,截面如图1所示,截面是四边形APQM,故①正确.

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②当CQ=时,截面如图2所示,易知PQ∥AD1且PQ=AD1,S是等腰梯形,故②正确. ③当CQ=时,如图3.

作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AE∥PQ,连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,所以C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,所以C1R=

.

④当<CQ<1时,如图3,连接RM(点M为AE与A1D1的交点),显然S为五边形APQRM. ⑤当CQ=1时,如图4.

同③可作AE∥PQ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MP×AQ=×答案:①②③⑤

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OM∥BC,

且OM=BC,又EF∥BC,且EF=BC,

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×=.

所以OM=EF,且OM∥EF,

所以四边形EFMO为平行四边形,所以EO∥FM. 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FO⊥EM, 又因为△ABF是等边三角形,且M为AB中点, 所以FM⊥AB,易知MO⊥AB, 所以AB⊥平面EFMO,所以AB⊥FO. 因为AB∩EM=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】(2013·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,A1

P,

(1)求证:A1E⊥PF.

(2)若Q为A1B中点,求证:PQ∥平面A1EF.

【证明】(1)在△AEF中,因为AE=1,AF=2,∠A=60°, 由余弦定理得EF=

所以AE+EF=AF=4,所以EF⊥AE. 所以在题干图2中有A1E⊥EF.

因为平面A1EF⊥平面FEBP,平面A1EF∩平面FEBP=EF,A1E 平面A1EF,

- 6 -

2

2

2

=,

所以A1E⊥平面FEBP.所以A1E⊥PF. (2)在题干图1△ABC中,因为

=

=,设BE的中点为H,连接PH,QH,

所以PF∥BE,且PF=EH,所以四边形PFEH为平行四边形,所以PH∥EF, PH 平面A1EF,EF 平面A1EF,所以PH∥平面A1EF,

又QH∥A1E,QH 平面A1EF,A1E 平面A1EF,所以QH∥平面A1EF. QH∩PH=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BD⊥AC.

因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.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 S△BCD=BC·CD·sin∠BCD=×2×2×sin=

.

由PA⊥底面ABCD,得 VP-BCD=S△BCD·PA=×

×2

=2.

由PF=7FC,得三棱锥F-BCD的高为PA,故 VF-BCD=·S△BCD·

PA=×

××2

=.

所以VP-BDF=VP-BCD-VF-BCD=2-=.

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=AB时,BC∥平面DFK, 证明如下

:

设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH,

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又因为AK=AB,F为AE的中点, 所以KF∥EH,所以KF∥BC,

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DF⊥AE. 因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE, 因为BE 平面ABCE,所以DF⊥BE.

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=,

从而AE2

+BE2

=4=AB2

,所以AE⊥BE, 因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE,

因为BE 平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.

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