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【3年高考】(新课标)2016版高考数学一轮复习 8.3空间点、线、面的位置关系有及平行关系


【3 年高考】(新课标)2016 版高考数学一轮复习 8.3 空间点、线、 面的位置关系有及平行关系
A 组 2012—2014 年高考?基础题组 1.(2013 安徽,3,5 分)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 2.(2013 广东,6,5 分)设 m,n 是两条不同的直线, α , β 是 两个不同的平面.下列命题中正确 的是( ) A.若 α ⊥ β ,m? α ,n? β ,则 m⊥n B.若 α ∥ β ,m? α ,n? β ,则 m∥n C.若 m⊥n,m? α ,n? β , 则 α ⊥ β D.若 m⊥ α ,m∥n,n∥ β , 则 α ⊥ β 3.(2014 江苏,16,14 分)如图,在三棱锥 P-ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点.已知 PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC.

4.(2013 山东,18,12 分)如图所示,在三棱锥 P-ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F 分别 是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连结 GH. (1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 D-GH-E 的余弦值.

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B 组 2012—2014 年高考?提升题组 1.(2013 江西,8,5 分)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=( )

A.8 B.9 C.10

D.11 )

2.(2012 重庆,9,5 分)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.(2013 安徽,15,5 分)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 出所有正确命题的编号). (写

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
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⑤当 CQ=1 时,S 的面积为 4.(2014 湖北,19,12 分)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别是棱 AB,AD,A1B1,A1D1 的中点,点 P,Q 分别在棱 DD1,BB1 上移动,且 DP=BQ= λ (0< λ <2). (1)当 λ =1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)是否存在 λ , 使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 λ 的 值 ; 若不 存在,说明理由.

5.(2012 江苏,16,14 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的 点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点.求证: (1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE.

A 组 2012—2014 年高考?基础题组 1.A B、C、D 都是公理. 2.D 若 α ⊥ β ,m? α ,n ? β , 则 m 与 n 可能平行,故 A 错;若 α ∥ β ,m? α ,n ? β , 则 m 与 n 可能平行,也可能异面,故 B 错;若 m⊥n,m? α ,n? β ,则 α 与 β 可能相交,也可能平行,故 C 错;对于 D 项,由 m⊥ α ,m∥n,得 n⊥ α , 又知 n∥ β , 故 α ⊥ β , 所以 D 项正确. 3. 证明 (1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点,所以 DE∥PA. 又因为 PA?平面 DEF,DE? 平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,PA=6,BC=8,所以 DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4. 又因为 DF=5,故 DF =DE +EF ,
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所以∠DEF=90°,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA,所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC? 平面 ABC,EF? 平面 ABC,所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE? 平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 ABC.

4. 解析 (1)证明:因为 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,所以 EF∥AB,DC∥AB. 所以 EF∥DC. 又 EF?平面 PCD,DC? 平面 PCD,所以 EF∥平面 PCD. 又 EF? 平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH,所以 EF∥GH. 又 EF∥AB,所以 AB∥GH. (2)在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即 AB⊥BQ. 因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB.

又 BP∩BQ=B,所以 AB⊥平面 PBQ. 由(1)知,AB∥GH,所以 GH⊥平面 PBQ. 又 FH? 平面 PBQ,所以 GH⊥FH. 同理可得 GH⊥HC, 所以∠FHC 为二面角 D-GH-E 的平面角. 设 BA=BQ=BP=2,连结 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC=, 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC=. 又 H 为△PBQ 的重心,所以 HC=PC=. 同理 FH=. 在△FHC 中,由余弦定理得 cos∠FHC==-. 即二面角 D-GH-E 的余弦值为-.

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B 组 2012—2014 年高考?提升题组 1.A 如图,∵CE? 平面 ABPQ,CE∥平面 A1B1P1Q1,∴CE 与正方体的其余四个面所在平面均相 交,m=4;∵EF∥平面 BPP1B1,且 EF∥平面 AQQ1A1,∴EF 与正方体的其余四个面所在平面均相 交,n=4,故 m+n=8,选 A.

2.A 构造四面体 ABCD,使 AB=a,CD=, AD=AC=BC=BD=1,取 CD 的中点 E, 则 AE=BE=,∴+>a,0<a<,故选 A.

3. 答案 ①②③⑤ 解析 过 A 作 AM∥PQ 交 DD1 或 A1D1 于 M. 当 0<CQ<时,M 在 DD1 上,连 MQ,则截面为 AMQP,故①正确. 当 CQ=时,M 与 D1 重合,截面为 AD1QP,显然为等腰梯形,②正确. 当 CQ=时,M 在 A1D1 上,且 D1M=. 过 M 作 MR∥AP 交 C1D1 于 R,则△MD1R∽△PBA,从而 D1R=,即 C1R=,故③正确. 当<CQ<1 时,截面为 AMRQP,为五边形,即④错误. 当 CQ=1 时,M 为 A1D1 的中点,截面 AMC1P 为菱形,而 AC1=,PM=,故面积为??=,⑤正确. 4. 解析 解法一:(几何方法) (1)证明:如图 1,连结 AD1,由 ABCD-A1B1C1D1 是正方体,知 BC1∥AD1. 当 λ =1 时,P 是 DD1 的中点,又 F 是 AD 的中点, 所以 FP∥AD1. 所以 BC1∥FP. 而 FP? 平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ,故直线 BC1∥平面 EFPQ.

(2)如图 2,连结 BD.因为 E,F 分别是 AB,AD 的中点, 所以 EF∥BD,且 EF=BD.又 DP=BQ,DP∥BQ, 所以四边形 PQBD 是平行四边形,故 PQ∥BD,且 PQ=BD, 从而 EF∥PQ,且 EF=PQ.

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在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP= λ ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP=,所以四边形 EFPQ 是等腰梯形. 同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连结 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ , 使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连结 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN,知四边形 EFNM 是平行四边形. 连结 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点,所以 GH=ME=2. 在△GOH 中,GH =4,OH =1+λ -= λ +, OG =1+(2- λ ) -=(2- λ ) +, 由 OG +OH =GH ,得(2- λ ) ++ λ +=4,解得 λ =1±, 故存在 λ =1±,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 解法二:(向量方法) 以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图 3 所示的空间直角坐标系 D-xyz. 由已知得 B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0, λ ). =(-2,0,2),=(-1,0, λ ),=(1,1,0). (1)证明:当 λ =1 时,=(-1,0,1), 因为=(-2,0,2),所以=2,即 BC1∥FP. 而 FP? 平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ, 故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则由可得于是可取 n=( λ , - λ ,1). 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m=( λ -2,2- λ ,1). 若存在 λ , 使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m?n=( λ -2,2- λ ,1)?( λ ,- λ ,1)=0, 即 λ ( λ -2)- λ (2- λ )+1=0,解得 λ =1±. 故存在 λ =1±,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 5. 证明 (1)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 CC1⊥平面 ABC,又 AD? 平面 ABC,所以 CC1⊥AD. 又因为 AD⊥DE,CC1,DE? 平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD? 平面 ADE,所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F? 平面 A1B1C1,所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1,B1C1? 平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1,所以 A1F∥AD. 又 AD? 平面 ADE,A1F?平面 ADE,所以 A1F∥平面 ADE.
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