專題跟蹤檢測（十） 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系一、全練保分考法保大分1下面四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，則能得出AB平面MNP的圖形是()ABC D解析：選D對于題圖，假設(shè)上底面與A相對的頂點(diǎn)為C，則平面ABC平面MNP.又AB平面ABC，故AB平面MNP.對于題圖，因?yàn)锳BNP，所以由線面平行的判定定理可知AB平面MNP.題圖均不滿足題意2設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，有以下四個(gè)命題：；m；m，其中正確的是()A BC D解析：選B若，則根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和判定定理可證得，故正確；若m，則m或m與相交或m在平面內(nèi)，故不正確；m，內(nèi)有一直線l與m平行而m，則l，根據(jù)面面垂直的判定定理可知，故正確；若mn，n，則m或m，故不正確3用a，b，c表示空間中三條不同的直線，表示平面，給出下列命題：若ab，bc，則ac；若ab，ac，則bc；若a，b，則ab；若a，b，則ab.其中真命題的序號是()A BC D解析：選D若ab，bc，則ac或a與c相交或a與c異面，所以是假命題；由平行于同一直線的兩條直線平行，可知是真命題；若a，b，則ab或a與b相交或a與b異面，所以是假命題；若兩條直線垂直于同一個(gè)平面，則這兩條直線平行，所以是真命題4在正四面體P­ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，則下面四個(gè)結(jié)論不成立的是()ABC平面PDF BDF平面PAEC平面PDE平面ABC D平面PAE平面ABC解析：選C如圖由題意知DFBC，由此可得BC平面PDF，故A正確；若PO平面ABC，垂足為O，則O在AE上，則DFPO.又DFAE，POAEO，故DF平面PAE，故B正確；由DF平面PAE，可得平面PAE平面ABC，故D正確選C.5.如圖，在四棱錐P­ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為矩形， AB2BC，E是CD上一點(diǎn)若AE平面PBD，則的值為()A. B.C3 D4解析：選CPD底面ABCD，PDAE.當(dāng)AEBD時(shí)，AE平面PBD，此時(shí)ABDDAE，則.AB2BC，DEABCD，3.6.如圖所示，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，連接AC，則下列命題正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC解析：選D由題意知，在四邊形ABCD中，CDBD.在三棱錐A­BCD中，平面ABD平面BCD，兩平面的交線為BD，CD平面ABD，因此有ABCD.又ABAD，ADDCD，AB平面ADC，于是得到平面ADC平面ABC.7.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個(gè)正方體中：直線BM與ED平行；直線CN與BE是異面直線；直線CN與BM成60°角；直線DM與BN是異面直線以上四個(gè)命題中，正確命題的序號是_解析：由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得，直線BM與ED是異面直線，故不正確；直線CN與BE平行，故不正確；連接AN，則ANBM，所以直線CN與BM所成的角就是ANC，且ANC60°，故正確；直線DM與BN是異面直線，故正確所以正確命題的序號是.答案：8已知直線a，b，平面，且滿足a，b，有下列四個(gè)命題：對任意直線c，有ca；存在直線c，使cb且ca；對滿足a的任意平面，有；存在平面，使b.其中正確的命題有_(填序號)解析：因?yàn)閍，所以a垂直于內(nèi)任一直線，所以正確；由b得內(nèi)存在一直線l與b平行，在內(nèi)作直線ml，則mb，ma，再將m平移得到直線c，使c即可，所以正確；由面面垂直的判定定理可得不正確；若b，則由b得內(nèi)存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)，即有，而b的平面有無數(shù)個(gè)，所以正確答案：9.如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)棱長為2，ACBC1，ACB90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長為_解析：設(shè)B1Fx，因?yàn)锳B1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEh.又2×h，得h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得× x，解得x.即線段B1F的長為.答案：10.(2019屆高三·重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為菱形，DAB60°，PD平面ABCD，PDAD2，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)(1)求證：AF平面PEC；(2)求點(diǎn)F到平面PEC的距離解：(1)證明：設(shè)PC的中點(diǎn)為Q，連接EQ，F(xiàn)Q，由題意，得FQDC且FQCD，AECD且AECD，故AEFQ且AEFQ，所以四邊形AEQF為平行四邊形，所以AFEQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC，所以AF平面PEC.(2)由(1)，知點(diǎn)F到平面PEC的距離等于點(diǎn)A到平面PEC的距離，設(shè)為D.連接AC，由題給條件易求得EC，PE，PC2，AC2，又Q為PC的中點(diǎn)，則EQ，故SPEC×2×，SAEC×1×，由VA­PECVP­AEC，得××d××2，解得d，即點(diǎn)F到平面PEC的距離為.11(2018·柳州模擬)如圖，三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB側(cè)面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC160°.(1)求證：BC1平面ABC；(2)E是棱CC1上的一點(diǎn)，若三棱錐E­ABC的體積為，求線段CE的長解：(1)證明：AB平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，ABBC1，在CBC1中，BC1，CC1BB12，BCC160°，由余弦定理得BCBC2CC2BC·CC1·cosBCC112222×1×2cos 60°3，BC1，BC2BCCC，BCBC1，又AB平面ABC，BC平面ABC，BCABB，BC1平面ABC.(2)AB平面BB1C1C，VE­ABCVA­EBCSBCE·AB××1×CE×sin 60°×1，CE1.12如圖，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD平面CDEF，BADCDA90°，ABADDECD2，M是線段AE上的動(dòng)點(diǎn)(1)試確定點(diǎn)M的位置，使AC平面MDF，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求平面MDF將幾何體ADE­BCF分成的上、下兩部分的體積之比解：(1)當(dāng)M是線段AE的中點(diǎn)時(shí)，AC平面MDF.理由如下：連接CE，交DF于點(diǎn)N，連接MN，因?yàn)镸，N分別是AE，CE的中點(diǎn)，所以MNAC，又MN平面MDF，AC平面MDF，所以AC平面MDF.(2)將幾何體ADE­BCF補(bǔ)成三棱柱ADE­B1CF，由題意可得EDCD，ADCD，又ADEDD，所以CD平面ADE.又平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEFCD，EDCD，所以ED平面ABCD，則EDAD.故三棱柱ADE­B1CF的體積為VADE­B1CFSADE·CD×2×2×48，則幾何體ADE­BCF的體積VADE­BCFVADE­B1CFVF­BB1C8××2×2×2.三棱錐F­DEM的體積VF­DEMVM­DEF××2×4×1，故平面MDF將幾何體ADE­BCF分成的上、下兩部分的體積之比為14.二、強(qiáng)化壓軸考法拉開分1在三棱錐P­ABC中，PB6，AC3，G為PAC的重心，過點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)截面，使截面平行于直線PB和AC，則截面被三棱錐截得的圖形的周長為()A8 B6C10 D9解析：選A如圖，過點(diǎn)G作EFAC分別交AP，CP于點(diǎn)E，F(xiàn)，過點(diǎn)F作FMPB交BC于點(diǎn)M，過E作ENPB交AB于點(diǎn)N，可得ENFM，即E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共面，連接MN，則平面EFMN即為所求的截面可得MNACEF，ENFMPB，而G為PAC的重心，所以，因?yàn)锳C3，所以EFMN2，同理可得ENFM2，所以EFMN的周長為8.2正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)作一平面，使得平面平面AB1D1，則平面截正方體的表面所得平面圖形為()A三角形 B四邊形C五邊形 D六邊形解析：選D如圖，分別取BB1，AB，AD，DD1的中點(diǎn)G，H，M，N，連接FG，GH，MH，MN，EN.點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，EFMHB1D1，MNFGAD1，GHENAB1.MHGHH，AB1B1D1B1，平面EFGHMN平面AB1D1.過E，F(xiàn)作一平面，使得平面平面AB1D1，平面截正方體的表面所得平面圖形為六邊形3.如圖，在矩形ABCD中，AB2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將ADE沿直線DE翻折成A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在ADE翻折的過程中，下面四個(gè)命題不正確的是()ABM是定值B點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動(dòng)C存在某個(gè)位置，使DEA1CD存在某個(gè)位置，使MB平面A1DE解析：選C如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接MF，BF，則MFDA1，BFDE，平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，故D正確；A1DEMFB，MFA1D為定值，F(xiàn)BDE為定值，由余弦定理，得MB2MF2FB22MF·FB·cos MFB，MB是定值，故A正確；點(diǎn)B是定點(diǎn)，點(diǎn)M在以B為球心，MB為半徑的球面上，故B正確；A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直，存在某個(gè)位置，使DEA1C不正確，故選C.4.如圖，在棱長為3的正方體ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AB，CC1，DD1的中點(diǎn)，過點(diǎn)G作平面D1EF的平行截面，則正方體被截面截得的較小部分的幾何體的體積為()A6 B3C. D.解析：選D如圖，連接GC，則GCD1F，延長D1F交DC的延長線于M，連接EM，作CNEM交AD于N，連接GN，則平面GCN為平行于平面D1EF的截面，正方體被截面截得的較小部分的幾何體為D­GCN，由題給條件得DG，CDCM3，由tanDCNtanDME，得DNCDtanDCN3×2，所以VD­GCNVG­CDN××3×2×.5.如圖，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1平面ABCD，ABCD，DCB90°，ABADAA12DC，Q為棱CC1上一動(dòng)點(diǎn)，過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點(diǎn)P，R，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A對于任意的點(diǎn)Q，都有APQRB對于任意的點(diǎn)Q，四邊形APQR不可能為平行四邊形C存在點(diǎn)Q，使得ARP為等腰直角三角形D存在點(diǎn)Q，使得直線BC平面APQR解析：選C由ABCD，AA1DD1，得平面ABB1A1平面CDD1C1.平面APQR平面ABB1A1AP，平面APQR平面CDD1C1RQ，APQR，故A選項(xiàng)正確；四邊形ABCD是直角梯形，ABCD，平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行平面APQR平面BCC1B1PQ，平面APQR平面ADD1A1AR，PQ與AR不平行，四邊形APQR不可能為平行四邊形，故B選項(xiàng)正確；如圖，延長CD至M，使得DMCD，則四邊形ABCM是矩形，BCAM.當(dāng)R，Q，M三點(diǎn)共線時(shí)，AM平面APQR，BC平面APQR，故D選項(xiàng)正確選C.6.如圖，棱長為1的正方體ABCD­A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()ADC1D1PB平面D1A1P平面A1APCAPD1的最大值為90°DAPPD1的最小值為解析：選C由題意知A1D1DC1，A1BDC1.又A1D1A1BA1，DC1平面A1BCD1.D1P平面A1BCD1，DC1D1P，故A選項(xiàng)正確；平面D1A1P即為平面A1BCD1，平面A1AP即為平面A1ABB1，且D1A1平面A1ABB1，平面A1BCD1平面A1ABB1，即平面D1A1P平面A1AP，故B選項(xiàng)正確當(dāng)0<A1P<時(shí)，APD1為鈍角，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；將平面AA1B與平面A1BCD1沿A1B展成平面圖形，如圖，則線段AD1即為APPD1的最小值在D1A1A中，D1A1A135°，利用余弦定理，得AD1，故APPD1的最小值為 ，故D選項(xiàng)正確