《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题九点、线、面之间的位置关系讲义理（重点生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题九点、线、面之间的位置关系讲义理（重点生，含解析）.pdf（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题九 点、线、面之间的位置关系专题九 点、线、面之间的位置关系 卷卷卷 直线与平面所成的角、 正方体的 截面面积的最值T12 求异面直线所成的角T9 2018 面面垂直的证明T18(1)线面垂直的证明T20(1) 面面垂直的证 明T19(1) 求异面直线所成的角T10 圆锥、 空间线线角的 求解T16 2017面面垂直的证明T18(1) 线面平行的证明T19(1) 面面垂直的证 明T19(1) 求异面直线所成的角T11 空间中线、面位置关系的判 定与性质T14 2016 面面垂直的证明T18(1) 翻折问题、线面垂直的证 明T19(1) 线面平行的
2、证 明T19(1) 纵向 把握 趋势 卷3 年 5 考， 且以选择题的形 式考查线线角、 线面角以及空间 几何体的截面问题， 位置关系的 证明均出现在解答题中， 且连续 3 年均考查了面面垂直的证 明预计 2019 年仍会在解答题 的第(1)问中考查位置关系的证 明， 在小题中考查空间位置关系 的判断或异面直线问题， 难度适 中 卷3 年 6 考， 且每年均有 1 小 1 大，涉及空间位置关系 的判定、求异面直线所成的 角、线面平行或垂直的证 明、翻折问题，难度中 等预计 2019 年仍会在解 答题的第(1)问中考查线面 位置关系的证明，以选择题 或填空题的形式考查异面 直线所成角的求法，难度
3、适 中 卷3 年 4 考，涉及 线面平行的证明、 面 面垂直的证明以及 线线角的求法， 难度 适中预计 2019 年 仍会在解答题的第 (1)问中考查面面垂 直问题， 在选择题或 填空题中考查线线 角的求法 横向 把握 重点 1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大” ，即一道选择题 (或填空题)一道解答题或只考一道解答题 2.选择题一般在第 911 题的位置， 填空题一般在第 14 题的位置， 多考查线面位置 关系的判断及空间角的求解，难度较小 3.解答题多出现在第 18 或 19 题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证 明，难度中等. 高清试卷 下载可打印 高清试
4、卷 下载可打印 空间位置关系的判定与线线角、线面角 题组全练 1.在如图所示的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD 的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是( ) A平行B相交但不垂直 C垂直D异面 解析：选 A 如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行 且等于BE， 四边形BFOE是平行四边形， BFOE， BF平面AD1E，OE平面AD1E， BF平面AD1E. 2设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平 面，给出下列四个命题： 若m，n，则mn； 若，m，则m； 若n，mn，m，则m； 若，则. 其中真命题的个数是( ) A0 B1 C2 D3 解
5、析：选 B ，mn或m，n异面，故错误；易知正确；，m或m，故 错误；，或与相交，故错误 3 (2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点， 则异面直线AE与CD 所成角的正切值为( ) A. B. 2 2 3 2 C. D. 5 2 7 2 解析 ： 选 C 如图，连接BE，因为ABCD，所以AE与CD所成的角 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 为EAB.在 RtABE中，设AB2， 则BE， 则 tan EAB， 所以异面直线AE与5 BE AB 5 2 CD所成角的正切值为. 5 2 4(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦
6、值为 ，SA与圆 7 8 锥底面所成角为 45，若SAB的面积为 5，则该圆锥的侧面积为_15 解析：如图，SA与底面成 45角， SAO为等腰直角三角形 设OAr， 则SOr，SASBr.2 在SAB中，cos ASB ， 7 8 sin ASB， 15 8 SSABSASBsin ASB 1 2 (r)25， 1 2 2 15 8 15 解得r2，10 SAr4，即母线长l4，255 S圆锥侧rl2440.1052 答案：402 系统方法 1判定空间位置关系的方法 (1)借助空间线面平行、 面面平行、 线面垂直、 面面垂直的判定定理和性质定理进行判断 (2)借助空间几何模型，如从长方体模型
7、、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结 合有关定理，进行判断 2当线线角、线面角出现在客观题中时，多用定义法求解若出现在解答题中多用向 量法求解 空间平行、垂直关系的证明 由题知法 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2018石家庄摸底)典例 如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC， ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点 (1)求证：BF平面ADP； (2)已知O是BD的中点，求证：BD平面AOF. 证明 (1)取PD的中点为G，连接FG，AG， F是CE的中点， FG是梯形CDPE的中位线， C
8、D3PE， FG2PE，FGCD， CDAB，AB2PE，ABFG，ABFG， 即四边形ABFG是平行四边形，BFAG， 又BF平面ADP，AG平面ADP， BF平面ADP. (2)延长AO交CD于M，连接BM，FM， BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点， 四边形ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE. MD綊FG.四边形DMFG为平行四边形 FMPD， PD平面ABCD，FM平面ABCD， FMBD， AMFMM，BD平面AMF， 即BD平面AOF. 类题通法 1垂直、平行关系中的转化与化归思想 (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行 (2)证明线面垂直，需转化为证明线线
9、垂直 (3)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直 2垂直、平行关系的常用证明方法 方法 证明 线线 平行 利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行； 利用平行四边形进行平行转换； 利用三角形的中位线定理证线线平行； 利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 证明 线线 垂直 利用等腰三角形底边中线即高线的性质； 勾股定理； 线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面 即可，l，ala 应用通关 1.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABC60，AA1 AC2，A1BA1D2，点
10、E在A1D上2 (1)证明：AA1平面ABCD； (2)当为何值时，A1B平面EAC， 并求出此时直线A1B与平面EAC A1E ED 之间的距离 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，ABC60，所以ABADAC2. 在AA1B中，由AAAB2A1B2，得AA1AB， 2 1 同理可知AA1AD. 又ABADA，所以AA1平面ABCD. (2)当1 时，A1B平面EAC. A1E ED 证明如下：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点， 连接OE，因为1， A1E ED 所以点E为A1D的中点， 所以OEA1B，又A1B平面EAC，EO平面EAC， 所以A1B平面EAC. 所以直线A1B
11、与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离， 因为E为A1D的中点， 所以可转化为点D到平面EAC的距离， 设AD的中点为F，连接EF，则EFAA1， 所以EF平面ACD，且EF1， 可求得SACD，所以VEACD 1.3 1 3 3 3 3 易知AE，AC2，CE2，所以SEAC，2 7 2 又因为VDAECVEACD， 所以SEACd(d表示点D到平面EAC的距离)，解得d， 1 3 3 3 2 21 7 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以直线A1B与平面EAC之间的距离为. 2 21 7 2 (2018长春模拟)如图， 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC BB
12、1，AB1A1BE，D为AC上的点，B1C平面A1BD. (1)求证：BD平面A1ACC1； (2)若AB1，且ACAD1，求三棱锥ABCB1的体积 解：(1)证明：连接ED， 平面AB1C平面A1BDED，B1C平面A1BD，B1C平面AB1C， B1CED. E为AB1的中点， D为AC的中点， ABBC，BDAC. A1A平面ABC，BD平面ABC，A1ABD. A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线， BD平面A1ACC1. (2)由AB1，得BCBB11， 由(1)知ADAC，又ACAD1，AC22， 1 2 AC2AB2BC2，ABBC， SABCABBC ， 1 2 1
13、2 VABCB1VB1ABCSABCBB1 1 . 1 3 1 3 1 2 1 6 与平行、垂直有关的折叠、探索性问题 由题知法 (2019 届高三武汉调研)如图 1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的典例 中点，将ADE沿AE折起，得到如图 2 所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE. (1)证明：BE平面D1AE； (2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF平面D1AE，若存在，求 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 出的值；若不存在，请说明理由 AM AB 解 (1)证明：四边形ABCD为矩形且ADDEECBC2，AEBE2.2 又A
14、B4，AE2BE2AB2， AEB90，即BEAE. 又平面D1AE平面ABCE，平面D1AE平面ABCEAE，BE平面ABCE，BE平面D1AE. (2) ，理由如下： AM AB 1 4 取D1E的中点L，连接FL，AL， FLEC，FLEC1. 1 2 又ECAB，FLAB，且FLAB， 1 4 M，F，L，A四点共面 若MF平面AD1E，则MFAL. 四边形AMFL为平行四边形， AMFLAB，即 . 1 4 AM AB 1 4 类题通法 1求解平面图形折叠问题的关键和方法 关键 分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻 折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图
15、形的信息 是解决问题的突破口 方法 把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几 何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决 2探索性问题求解的途径和方法 (1)对命题条件探索的三种途径： 先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； 将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件 (2)对命题结论的探索方法： 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论 应用通关 1 (2019届高三西安八校联考)如图1， 在
16、直角梯形ABCD中， ADC90，ABCD，AD CDAB2，E为AC的中点，将ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直， 1 2 得到如图 2 所示的三棱锥DABC. (1)求证：BC平面ACD； (2)点F在棱CD上，且满足AD平面BEF，求几何体FBCE的体积 解：(1)证明：AC2，AD2CD22 BACACD45，AB4， 在ABC中，BC2AC2AB22ACABcos 458，AB2AC2BC216， ACBC， 平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC， BC平面ACD. (2)AD平面BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF， E为AC的中
17、点， EF为ACD的中位线， 由(1)知，VFBCEVBCEF SCEFBC. 1 3 SCEFSACD 22 ， 1 4 1 4 1 2 1 2 VFBCE 2. 1 3 1 2 2 2 3 2.如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是菱形， DAB30，PD 平面ABCD，AD2， 点E为AB上一点，且m，点F为PD中点 AE AB (1)若m ，证明：AF平面PEC； 1 2 (2)是否存在一个常数m，使得平面PED平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在， 说明理由 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解：(1)证明：作FMCD，交PC于点M，连接EM， 因为点F为PD的
18、中点，所以FMCD. 1 2 因为m ，所以AEABFM， 1 2 1 2 又FMCDAE， 所以四边形AEMF为平行四边形，所以AFEM， 因为AF平面PEC，EM平面PEC， 所以AF平面PEC. (2)存在一个常数m，使得平面PED平面PAB，理由如下： 3 2 要使平面PED平面PAB，只需ABDE， 因为ABAD2，DAB30， 所以AEADcos 30.3 因为PD平面ABCD，所以PDAB. 又PDDED，所以AB平面PDE， 因为AB平面PAB，所以平面PDE平面PAB， 所以m. AE AB 3 2 重难增分 空间几何体的截面问题 典例细解 (2018全国卷)已知正方体的棱长
19、为 1，每条棱所在直线与平面所成例1 的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. 3 3 4 2 3 3 C. D. 3 2 4 3 2 解析 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A， A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1 平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都 相等 如图所示， 取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 边 形EFGHMN所在平面与平面AB1D1
20、平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6 1 2 2 2 sin 60.故选 A. 2 2 3 3 4 答案 A 启思维 本题考查了空间几何体的截面问题以及直线与平面所成角的概念， 本题体现 的“动态几何”问题有一定的探究性，采用极端原理、考虑特殊位置、特殊情况、运用“大 胆猜想，小心求证”的方法，往往能将问题快速、有效地解决 如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别例2 是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP ， a 3 过P，M，N的平面交上底面于PQ， Q 在CD上， 则PQ_. 解析 平面ABCD平面A1B1C1D1， 平
21、面ABCD平面PMNQPQ， 平面A1B1C1D1平面PMNQMN，MNPQ. M，N分别是A1B1，B1C1的中点， MNA1C1AC.PQAC. 又APa，CQ ，从而DPDQa. 1 3 a 3 2 3 PQDQ2DP2 a. ( 2 3a) 2(2 3a) 2 2 2 3 答案 a 2 2 3 启思维 本题考查了平面与平面平行的性质， 是立体几何中面面平行的基本题型， 但 对定理的灵活应用要求较高 增分集训 1.如图，正方体ABCDA1B1C1D1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_(填序
22、号) 当 0CQ 时，S为四边形； 1 2 当CQ 时，S为等腰梯形； 1 2 当CQ 时，S与C1D1的交点R满足C1R ； 3 4 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 CQ1 时，S为六边形； 3 4 当CQ1 时，S的面积为. 6 2 解析：过A作AMPQ 交DD1或A1D1于M. 当 0CQ 时，M在DD1上，连接MQ，则截面为AMQP，故正确； 1 2 当CQ 时，M与D1重合，截面为AD1QP，显然为等腰梯形，故正确； 1 2 当CQ 时，M在A1D1上，且D1M . 3 4 1 3 过M作MRAP交C1D1于R， 则MD1RPBA，从而D1R ， 2 3 即C
23、1R ，故正确； 1 3 当 CQ1 时，截面与A1D1交于M，与C1D1交于R，则截面为AMRQP为五边形，故错 3 4 误； 当CQ1 时，M为A1D1的中点，截面AMC1P为菱形，而AC1，PM，故面积为 32 1 2 ，故正确32 6 2 答案： 2.(2015全国卷)如图， 长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC 10，AA18， 点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F 的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF与平面所成角的正弦值 解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示 (
24、2)作EMAB，垂足为M， 则AMA1E4，EMAA18. 因为四边形EHGF为正方形， 所以EHEFBC10. 于是MH6，EH2EM2 所以AH10. 以D为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，DA 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)， (10,0,0)， (0，6,8)FE HE 设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量， 则Error!即Error! 所以可取n(0,4,3) 又(10,4,8)，AF 所以|cosn，|.AF |n| |n| 4 5 15 所以A
25、F与平面EHGF所成角的正弦值为. 4 5 15 专题跟踪检测(对应配套卷 P186) 一、全练保分考法保大分 1 下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点， 则能得出AB平面MNP的图形是( ) A B C D 解析 ： 选 D 对于题图， 假设上底面与A相对的顶点为C， 则平面ABC平面MNP.又AB 平面ABC， 故AB平面MNP.对于题图， 因为ABNP， 所以由线面平行的判定定理可知AB 平面MNP.题图均不满足题意 2设m，n是不同的直线，是不同的平面，有以下四个命题： Error!；Error!m； Error!；Error!m，其中正确的是
26、( ) A B C D 解析 ： 选 B 若， 则根据面面平行的性质定理和判定定理可证得， 故正确 ； 若m， 则m或m与相交或m在平面内， 故不正确 ； m， 内有一直线l与m平行 而m， 则l， 根据面面垂直的判定定理可知， 故 正确；若mn，n，则m或m，故不正确 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题： 若ab，bc，则ac；若ab，ac，则bc； 若a，b，则ab；若a，b，则ab. 其中真命题的序号是( ) A B C D 解析：选 D 若ab，bc，则ac或a与c相交或a与c异面，所以是假命题； 由平行于同一直线
27、的两条直线平行，可知是真命题；若a，b，则ab或a与b 相交或a与b异面，所以是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行， 所以是真命题 4在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立 的是( ) ABC平面PDF BDF平面PAE C平面PDE平面ABC D平面PAE平面ABC 解析：选 C 如图由题意知DFBC，由此可得BC平面PDF，故 A 正 确；若PO平面ABC， 垂足为O， 则O在AE上， 则DFPO.又DFAE，POAEO， 故DF平面PAE， 故 B 正确；由DF平面PAE， 可得平面PAE平面ABC， 故 D 正确选 C. 5
28、.如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD， 底面ABCD为矩 形， AB2BC，E是CD上一点若AE平面PBD，则的值为 CE ED ( ) A. B. 3 2 5 2 C3 D4 解析 ： 选C PD底面ABCD， PDAE.当AEBD时，AE平面PBD， 此时ABDDAE， 则.AB2BC，DEABCD，3. AB AD AD DE 1 4 1 4 CE ED 6.如图所示， 四边形ABCD中，ADBC，ADAB， BCD45， BAD 90， 将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD， 连接AC，则下列命题正 确的是 ( ) A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDC C平面
29、ABC平面BDC D平面ADC平面ABC 解析：选 D 由题意知，在四边形ABCD中，CDB D.在三棱锥ABCD中，平面ABD平 面BCD， 两平面的交线为BD， CD平面ABD， 因此有ABCD.又ABAD，ADDCD， AB 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 平面ADC，于是得到平面ADC平面ABC. 7.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：直线BM 与ED平行；直线CN与BE是异面直线；直线CN与BM成 60 角；直线DM与BN是异面直线 以上四个命题中，正确命题的序号是_ 解析：由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征 可得，直线BM与ED是异面直线，故
30、不正确；直线CN与BE平行，故 不正确；连接AN， 则ANBM，所以直线CN与BM所成的角就是ANC， 且ANC60， 故正确 ； 直线DM与BN是异面直线， 故正确所以正 确命题的序号是. 答案： 8已知直线a，b，平面，且满足a，b，有下列四个命题： 对任意直线c，有ca； 存在直线c，使cb且ca； 对满足a的任意平面，有； 存在平面，使b. 其中正确的命题有_(填序号) 解析：因为a，所以a垂直于内任一直线，所以正确；由b得内存在 一直线l与b平行，在内作直线ml，则mb，ma，再将m平移得到直线c，使c 即可，所以正确；由面面垂直的判定定理可得不正确；若b，则由b得内 存在一条直线l
31、与b平行， 必有l， 即有， 而b的平面有无数个， 所以 正确答案： 9.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为 2，ACBC1，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B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF. 由已知可以得A1B1，2 设 RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh. 1 2 又 2h，222 22 得h，DE. 2 3 3 3 3 在 RtDB1E中，B1E . ( 2 2) 2( 3 3) 2 6 6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印
32、 由面积相等得 x，解得x . 6 6 x2( 2 2) 2 2 2 1 2 即线段B1F的长为 . 1 2 答案：1 2 10.(2019 届高三重庆六校联考)如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD为菱形， DAB 60，PD平面ABCD，PDAD2，E，F分别为AB和PD的中点 (1)求证：AF平面PEC； (2)求点F到平面PEC的距离 解：(1)证明：设PC的中点为 Q，连接EQ，FQ， 由题意，得FQDC且FQCD， 1 2 AECD且AECD， 1 2 故AEFQ 且AEFQ， 所以四边形AEQF为平行四边形， 所以AFEQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC， 所以AF平面P
33、EC. (2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为D. 连接AC，由题给条件易求得 EC，PE，PC2，AC2，7723 又 Q 为PC的中点，则EQ，5 故SPEC 2， 1 2 2510 SAEC 1， 1 2 3 3 2 由VAPECVPAEC，得 d 2， 1 3 10 1 3 3 2 解得d，即点F到平面PEC的距离为. 30 10 30 10 11(2018 柳州模拟 )如图，三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB 侧面BB1C1C，ABBC 1，BB12，BCC160. (1)求证：BC1平面ABC； (2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥EABC的体积
34、为， 求线段CE 3 12 的长 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解：(1)证明：AB平面BB1C1C， BC1平面BB1C1C， ABBC1， 在CBC1中，BC1，CC1BB12，BCC160， 由余弦定理得 BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 603，BC1， 2 12 1 3 BC2BCCC，BCBC1， 2 12 1 又AB平面ABC，BC平面ABC，BCABB， BC1平面ABC. (2)AB平面BB1C1C， VEABCVAEBCSBCEAB 1CEsin 601，CE1. 1 3 1 3 1 2 3 12 12 如图， 四边形ABCD是梯形
35、， 四边形CDEF是矩形， 且平面ABCD平面CDEF， BAD CDA90，ABADDECD2，M是线段AE上的动点 1 2 (1)试确定点M的位置，使AC平面MDF，并说明理由； (2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADEBCF分成的上、下两部分的体积之比 解：(1)当M是线段AE的中点时，AC平面MDF. 理由如下： 连接CE，交DF于点N，连接MN， 因为M，N分别是AE，CE的中点， 所以MNAC， 又MN平面MDF，AC平面MDF， 所以AC平面MDF. (2)将几何体ADEBCF补成三棱柱ADEB1CF，由题意可得EDCD，ADCD， 又ADEDD， 所以CD平面ADE.
36、 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEFCD，EDCD， 所以ED平面ABCD，则EDAD. 故三棱柱ADEB1CF的体积为 VADEB1CFSADECD 2248， 1 2 则几何体ADEBCF的体积VADEBCFVADEB1CFVFBB1C8 222. 1 3 1 2 20 3 三棱锥FDEM的体积VFDEMVMDEF 241 ， 1 3 1 2 4 3 故平面MDF将几何体ADEBCF分成的上、下两部分的体积之比为 14. 4 3( 20 3 4 3) 二、强化压轴考法拉开分 1在三棱锥PABC中，PB6，AC3，G为PAC的重心
37、，过点G作三棱锥的一个截面， 使截面平行于直线PB和AC，则截面被三棱锥截得的图形的周长为( ) A8 B6 C10 D9 解析 ： 选 A 如图，过点G作EFAC分别交AP，CP于点E，F，过点F 作FMPB交BC于点M， 过E作ENPB交AB于点N， 可得ENFM， 即E，F，M，N 四点共面，连接MN，则平面EFMN即为所求的截面可得MNACEF，ENFMPB， 而G为PAC的重心，所以 ，因为AC3，所以EFMN2，同 EF AC MN AC 2 3 理可得ENFM2， 所以EFMN的周长为 8. 2正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，
38、过E，F作 一平面，使得平面平面AB1D1，则平面截正方体的表面所得平面图形为( ) A三角形 B四边形 C五边形 D六边形 解析 ： 选 D 如图， 分别取BB1，AB，AD，DD1的中点G，H，M，N， 连 接FG，GH，MH，MN，EN. 点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，EFMHB1D1，MNFGAD1，GH ENAB1. MHGHH，AB1B1D1B1，平面EFGHMN平面AB1D1. 过E，F作一平面，使得平面平面AB1D1， 平面截正方体的表面所得平面图形为六边形 3.如图，在矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE 沿直线DE翻折成A1DE. 若M为线段A
39、1C的中点，则在ADE翻折的 过程中，下面四个命题不正确的是( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ABM是定值 B点M在某个球面上运动 C存在某个位置，使DEA1C D存在某个位置，使MB平面A1DE 解析 ： 选 C 如图，取CD的中点F， 连接MF，BF， 则MFDA1，BF DE， 平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE， 故D正确 ； A1DE MFB，MFA1D为定值，FBDE为定值， 由余弦定理， 得MB2MF2 1 2 FB22MFFBcos MFB， MB是定值， 故 A 正确；点B是定点，点M 在以B为球心，MB为半径的球面上，故 B 正确；A1C在平面ABC
40、D中的 射影为AC，AC与DE不垂直，存在某个位置，使DEA1C不正确，故选C. 4.如图， 在棱长为 3 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AB，CC1， DD1的中点， 过点G作平面D1EF的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体 积为( ) A6 B3 C. D. 9 4 3 2 解析 ： 选 D 如图， 连接GC， 则GCD1F， 延长D1F交DC的延 长线于M， 连接EM， 作CNEM交AD于N，连接GN，则平面GCN 为平行于平面D1EF的截面，正方体被截面截得的较小部分的 几何体为DGCN，由题给条件 得DG ，CDCM3， 由 tanDCNtan
41、DME ， 得DNCDtan 3 2 2 3 DCN3 2，所以VDGCNVGCDN 32 . 2 3 1 3 1 2 3 2 3 2 5.如图， 在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，ABCD， DCB90，ABADAA1 2DC，Q 为棱CC1上一动点，过直线AQ 的平面分别与棱BB1，DD1交于 点P，R，则下列结论错误的是( ) A对于任意的点 Q，都有APQR B对于任意的点 Q，四边形APQR不可能为平行四边形 C存在点 Q，使得ARP为等腰直角三角形 D存在点 Q，使得直线BC平面APQR 解析 ： 选C 由ABCD，AA1DD1，得平面ABB1A1平面CDD1
42、C1.平面APQR 平面ABB1A1AP，平面APQR平面CDD1C1RQ， APQR， 故 A 选项正确 ； 四边形ABCD是直角梯形，ABCD，平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行平面 APQR平面BCC1B1PQ， 平面APQR平面ADD1A1AR，PQ 与AR不平 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 行，四边形APQR不可能为平行四边形，故B选项正确；如图，延长CD至M，使得DMCD，则四 边形ABCM是矩形，BCAM.当R， Q，M三点共线时，AM平面APQR，BC平面APQR，故 D 选项正确选 C. 6.如图，棱长为 1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A
43、1B上 的动点，则下列结论错误的是( ) ADC1D1P B平面D1A1P平面A1AP CAPD1的最大值为 90 DAPPD1的最小值为 2 2 解析 ： 选 C 由题意知A1D1DC1，A1BDC1.又A1D1A1BA1， DC1平面A1BCD1.D1P 平面A1BCD1，DC1D1P，故 A 选项正确；平面D1A1P即为平面A1BCD1，平面A1AP即为 平面A1ABB1，且D1A1平面A1ABB1，平面A1BCD1平面A1ABB1，即平面D1A1P平面A1AP， 故 B 选项正确当 0A1P时，APD1为钝角，故 C 选项错误；将平 2 2 面AA1B与平面A1BCD1沿A1B展成平 面图形， 如图， 则线段AD1即为APPD1的最小值 在D1A1A中， D1A1A135，利用余弦定理，得AD1，故APPD1的最小值2 2 为 ，故 D 选项正确2 2