2018届高三数学（文）二轮复习冲刺提分作业：第一篇 突破 五 立体几何 第2讲　空间点、线、面的位置关系

2018届高三数学（文）二轮复习冲刺提分作业：第一篇 突破 五 立体几何 第2讲　空间点、线、面的位置关系

第2讲　空间点、线、面的位置关系 A组　基础题组 ‎ 时间:40分钟　 分值:65分　 ‎ ‎1.(2017湖北七市(州)联考,5)设直线m与平面α相交但不垂直,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直 B.过直线m有且只有一个平面与平面α垂直 C.与直线m垂直的直线不可能与平面α平行 D.与直线m平行的平面不可能与平面α垂直 ‎2.(2017湖南湘中名校联考)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是(　　)‎ A.若m⊥α,n⊥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β C.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β D.若m∥α,n∥α,则m∥n ‎3.(2017新疆第二次适应性检测)已知m,n是不同的直线,α,β,γ是不同的平面,有以下四个命题:‎ ‎①若α∥β,α∥γ,则β∥γ;‎ ‎②若α⊥β,m∥α,则m⊥β;‎ ‎③若m⊥α,m∥β,则α⊥β;‎ ‎④若m∥n,n⊂α,则m∥α.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A.①③ B.①④ C.②③ D.②④‎ ‎4.(2017四川成都第一次诊断性检测)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面α与棱AB,AC,A1C1,A1B1分别交于点E,F,G,H,且直线AA1∥平面α.有下列三个命题:①四边形EFGH是平行四边形;②平面α∥平面BCC1B1;③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.①② B.②③‎ C.①③ D.①②③‎ ‎5.(2017广东惠州第三次调研)如图是一个几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面4个结论:‎ ‎①直线BE与直线CF异面;‎ ‎②直线BE与直线AF异面;‎ ‎③直线EF∥平面PBC;‎ ‎④平面BCE⊥平面PAD.‎ 其中正确的有(　　)‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 ‎6.(2017云南11校跨区调研)已知m,n是两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,有下列四个命题:‎ ‎①若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n;‎ ‎②若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;‎ ‎③若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β;‎ ‎④若m⊥α,n∥β,α∥β,则m⊥n.‎ 其中所有正确命题的序号是　　　　. ‎ ‎7.已知α,β是两个不同的平面,有下列三个条件:‎ ‎①存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β;‎ ‎②存在一条直线a,a⊥β;‎ ‎③存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥α.‎ 其中,所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是　　　　. ‎ ‎8.(2017湖北武汉武昌调研)在矩形ABCD中,ABBC,这与已知矛盾,所以③不正确.‎ ‎9.解析　(1)证明:因为AA1=A1C,且O为AC中点,所以A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,且A1O⊂平面AA1C1C,∴A1O⊥平面ABC.‎ ‎(2)∵A1C1∥AC,A1C1⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,‎ ‎∴A1C1∥平面ABC,即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离.‎ 由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O==,‎ ‎∴==S△ABC·A1O=××2××=1.‎ ‎10.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.‎ 因为AD=CD,所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.‎ 从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.‎ ‎(2)连接EO.‎ 由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.‎ 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.‎ 又AB=BD,所以 BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.‎ 由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=AC.‎ 又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.‎ 故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.‎ B组　提升题组 ‎1.A　如图,过点A补作一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同棱长的正方体,易知平面α为平面AF1E,则m,n所成角为∠EAF1或其补角,因为△EAF1为正三角形,所以sin∠EAF1=sin 60°=,故选A.‎ ‎2.D　连接MF,FH,MH,易证MF∥平面AA'C'C,FH∥平面AA'C'C,又MF⊂平面MFH,HF⊂平面MFH,MF∩HF=F,所以平面MFH∥平面AA'C'C,所以点P的运动轨迹是线段FH,其长度为4,故选D.‎ ‎3.解析　(1)证明:∵DC=BC=1,DC⊥BC,∴BD=.‎ 在梯形ABCD中,AD=,AB=2,‎ ‎∴AD2+BD2=AB2,∴∠ADB=90°.‎ ‎∴AD⊥BD.‎ 又平面ADEF⊥平面ABCD,‎ 平面ADEF∩平面ABCD=AD,‎ BD⊂平面ABCD,‎ ‎∴BD⊥平面ADEF.‎ 又BD⊂平面BDM,‎ ‎∴平面BDM⊥平面ADEF.‎ ‎(2)如图,连接AC,设AC∩BD=O,连接MO,‎ ‎∵平面EAC∩平面MBD=MO,AE∥平面MDB,AE⊂平面EAC,‎ ‎∴AE∥OM.‎ 又AB∥CD,∴===2,‎ ‎∴S△EDM=S△EDC=××1×=.‎ ‎∵ED⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,‎ ‎∴DE⊥BC.‎ ‎∵AB∥CD,AB⊥BC,∴BC⊥CD.‎ 又ED∩DC=D,∴BC⊥平面EDC.‎ ‎∴VE-BDM=VB-EDM=S△EDM·BC=××1=.‎ ‎4.解析　(1)证明:在四棱锥P-ABCD中,连接BD交AC于点N,连接MN,依题意知AB∥CD,∴△ABN∽△CDN,‎ 又易知PA=1,AB=2,∴==2,‎ ‎∵PM=MB,∴==2,‎ ‎∴在△BPD中,MN∥PD,‎ 又PD⊄平面MAC,MN⊂平面MAC,‎ ‎∴PD∥平面MAC.‎ ‎(2)解法一:∵平面PAD⊥平面ABCD,且两平面相交于AD,PA⊥AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,‎ ‎∴VP-ABC=S△ABC·PA=××1=.‎ ‎∵AB=2,AC==,‎ ‎∴PB==,PC==,BC==,‎ ‎∴PB2=PC2+BC2,故∠PCB=90°,‎ 设点A到平面PBC的距离为h,‎ ‎∴VA-PBC=S△PBC·h=×h=h.‎ ‎∵VP-ABC=VA-PBC,∴=h,解得h=.‎ 故点A到平面PBC的距离为.‎ 解法二:∵平面PAD⊥平面ABCD,且两平面相交于AD,PA⊥AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,‎ ‎∵BC⊂平面ABCD,∴PA⊥BC,‎ ‎∵AB=2,AC==,BC==,‎ ‎∴AB2=AC2+BC2,‎ ‎∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,‎ 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,‎ ‎∴BC⊥平面PAC,‎ 过点A作AE⊥PC于点E,则BC⊥AE,‎ ‎∵PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC,‎ ‎∴AE⊥平面PBC,‎ ‎∴点A到平面PBC的距离AE===. ‎