專題跟蹤檢測（十）專題跟蹤檢測（十）點、線、面之間的位置關(guān)系點、線、面之間的位置關(guān)系一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分1下面四個正方體圖形中下面四個正方體圖形中，A，B 為正方體的兩個頂點為正方體的兩個頂點，M，N，P 分別為其所在棱的分別為其所在棱的中點，則能得出中點，則能得出 AB平面平面 MNP 的圖形是的圖形是()ABCD解析解析：選選 D對于題圖對于題圖，假設(shè)上底面與假設(shè)上底面與 A 相對的頂點為相對的頂點為 C，則平面則平面 ABC平面平面 MNP.又又 AB平面平面 ABC，故，故 AB平面平面 MNP.對于題圖對于題圖，因為，因為 ABNP，所以由線面平行的判，所以由線面平行的判定定理可知定定理可知 AB平面平面 MNP.題圖題圖均不滿足題意均不滿足題意2設(shè)設(shè) m，n 是不同的直線，是不同的直線，是不同的平面，有以下四個命題：是不同的平面，有以下四個命題：；mm；mm；mnnm，其中正確的是，其中正確的是()ABCD解析解析：選選 B若若，則根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和判定定理可證得則根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和判定定理可證得，故故正確正確；若若 m，則則 m或或 m 與與相交或相交或 m 在平面在平面內(nèi)內(nèi)，故故不正確不正確；m，內(nèi)有一直線內(nèi)有一直線 l 與與 m 平行平行 而而 m， 則則 l， 根據(jù)面面垂直的判定定理可知根據(jù)面面垂直的判定定理可知， 故故正確正確；若若 mn，n，則，則 m或或 m，故，故不正確不正確3用用 a，b，c 表示空間中三條不同的直線，表示空間中三條不同的直線，表示平面，給出下列命題：表示平面，給出下列命題：若若 ab，bc，則，則 ac；若若 ab，ac，則，則 bc；若若 a，b，則，則 ab；若若 a，b，則，則 ab.其中真命題的序號是其中真命題的序號是()ABCD解析：解析：選選 D若若 ab，bc，則，則 ac 或或 a 與與 c 相交或相交或 a 與與 c 異面，所以異面，所以是假命題是假命題；由平行于同一直線的兩條直線平行由平行于同一直線的兩條直線平行，可知可知是真命題是真命題；若若 a，b，則則 ab 或或 a 與與 b 相相交或交或 a 與與 b 異面，所以異面，所以是假命題；若兩條直線垂直于同一個平面，則這兩條直線平行，是假命題；若兩條直線垂直于同一個平面，則這兩條直線平行，所以所以是真命題是真命題4在正四面體在正四面體 PABC 中中，D，E，F(xiàn) 分別是分別是 AB，BC，CA 的中點的中點，則下面四個結(jié)論不則下面四個結(jié)論不成立的是成立的是()ABC平面平面 PDFBDF平面平面 PAEC平面平面 PDE平面平面 ABCD平面平面 PAE平面平面 ABC解析解析：選選 C如圖如圖由題意知由題意知 DFBC，由此可得由此可得 BC平面平面 PDF，故故 A正確；若正確；若 PO平面平面 ABC，垂足為，垂足為 O，則，則 O 在在 AE 上，則上，則 DFPO.又又 DFAE，POAEO，故故 DF平面平面 PAE，故故 B 正確正確；由由 DF平面平面 PAE，可得可得平面平面 PAE平面平面 ABC，故，故 D 正確選正確選 C.5.如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 PABCD 中，中，PD底面底面 ABCD，底面，底面 ABCD 為矩為矩形形， AB2BC，E 是是 CD 上一點上一點若若 AE平面平面 PBD，則則CEED的值為的值為()A.32B.52C3D4解析：解析：選選 CPD底面底面 ABCD，PDAE.當當 AEBD 時，時，AE平面平面 PBD，此時，此時ABDDAE，則，則ABADADDE.AB2BC，DE14AB14CD，CEED3.6.如圖所示，四邊形如圖所示，四邊形 ABCD 中，中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，將，將ABD 沿沿 BD 折起，使平面折起，使平面 ABD平面平面 BCD，連接，連接 AC，則下列命題，則下列命題正確的是正確的是()A平面平面 ABD平面平面 ABCB平面平面 ADC平面平面 BDCC平面平面 ABC平面平面 BDCD平面平面 ADC平面平面 ABC解析解析：選選 D由題意知由題意知，在四邊形在四邊形 ABCD 中中，CDBD.在三棱錐在三棱錐 ABCD 中中，平面平面 ABD平面平面 BCD，兩平面的交線為，兩平面的交線為 BD，CD平面平面 ABD，因此有，因此有 ABCD.又又ABAD，ADDCD，AB平面平面 ADC，于是得到平面，于是得到平面 ADC平面平面 ABC.7.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：直線直線 BM與與 ED 平行平行；直線直線 CN 與與 BE 是異面直線是異面直線；直線直線 CN 與與 BM 成成 60角；角；直線直線 DM 與與 BN 是異面直線是異面直線以上四個命題中，正確命題的序號是以上四個命題中，正確命題的序號是_解析解析：由題意得到正方體的直觀圖如圖所示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)特征由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得可得，直線直線 BM 與與 ED 是異面直線是異面直線，故故不正確不正確；直線直線 CN 與與 BE 平行平行，故故不正確；連接不正確；連接 AN，則，則 ANBM，所以直線，所以直線 CN 與與 BM 所成的角就所成的角就是是ANC，且，且ANC60，故，故正確；直線正確；直線 DM 與與 BN 是異面直線，是異面直線，故故正確所以正確命題的序號是正確所以正確命題的序號是.答案：答案：8已知直線已知直線 a，b，平面，平面，且滿足，且滿足 a，b，有下列四個命題：，有下列四個命題：對任意直線對任意直線 c，有，有 ca；存在直線存在直線 c ，使，使 cb 且且 ca；對滿足對滿足 a的任意平面的任意平面，有，有；存在平面存在平面，使，使 b.其中正確的命題有其中正確的命題有_(填序號填序號)解析解析：因為因為 a，所以所以 a 垂直于垂直于內(nèi)任一直線內(nèi)任一直線，所以所以正確正確；由由 b得得內(nèi)存在一直內(nèi)存在一直線線l 與與 b 平行平行，在在內(nèi)作直線內(nèi)作直線 ml，則則 mb，ma，再將再將 m 平移得到直線平移得到直線 c，使使 c 即可即可，所所以以正確正確；由面面垂直的判定定理可得由面面垂直的判定定理可得不正確不正確；若若 b，則由則由 b得得內(nèi)存在一條直線內(nèi)存在一條直線 l與與 b 平行，必有平行，必有 l，即有，即有，而，而 b的平面的平面有無數(shù)個，所以有無數(shù)個，所以正確正確答案：答案：9.如圖如圖， 在直三棱柱在直三棱柱 ABCA1B1C1中中， 側(cè)棱長為側(cè)棱長為 2， ACBC1， ACB90，D 是是 A1B1的中點的中點，F(xiàn) 是是 BB1上的動點上的動點，AB1，DF 交于點交于點 E.要使要使 AB1平面平面 C1DF，則線段，則線段 B1F 的長為的長為_解析解析：設(shè)設(shè) B1Fx，因為因為 AB1平面平面 C1DF，DF平面平面 C1DF，所以所以 AB1DF.由已知可以得由已知可以得 A1B1 2，設(shè)設(shè) RtAA1B1斜邊斜邊 AB1上的高為上的高為 h，則，則 DE12h.又又 2 2 22 2 2h，得得 h2 33，DE33.在在 RtDB1E 中，中，B1E22233266.由面積相等得由面積相等得66x222222x，解得，解得 x12.即線段即線段 B1F 的長為的長為12.答案：答案：1210.(2019 屆高三屆高三重慶六校聯(lián)考重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 PABCD 中，底面中，底面 ABCD 為菱形，為菱形，DAB60，PD平面平面 ABCD，PDAD2，E，F(xiàn) 分別為分別為 AB 和和 PD的中點的中點(1)求證：求證：AF平面平面 PEC；(2)求點求點 F 到平面到平面 PEC 的距離的距離解：解：(1)證明：設(shè)證明：設(shè) PC 的中點為的中點為 Q，連接，連接 EQ，F(xiàn)Q，由題意，得由題意，得 FQDC 且且 FQ12CD，AECD 且且 AE12CD，故故 AEFQ 且且 AEFQ，所以四邊形所以四邊形 AEQF 為平行四邊形，為平行四邊形，所以所以 AFEQ，又，又 EQ平面平面 PEC，AF 平面平面 PEC，所以所以 AF平面平面 PEC.(2)由由(1)，知點，知點 F 到平面到平面 PEC 的距離等于點的距離等于點 A 到平面到平面 PEC 的距離，設(shè)為的距離，設(shè)為 D.連接連接 AC，由題給條件易求得，由題給條件易求得EC 7，PE 7，PC2 2，AC2 3，又又 Q 為為 PC 的中點，則的中點，則 EQ 5，故故 SPEC122 2 5 10，SAEC121 332，由由 VAPECVPAEC，得，得13 10d13322，解得解得 d3010，即點，即點 F 到平面到平面 PEC 的距離為的距離為3010.11(2018柳州模擬柳州模擬)如圖如圖，三棱柱三棱柱 ABCA1B1C1中中，已知已知 AB側(cè)側(cè)面面 BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC160.(1)求證：求證：BC1平面平面 ABC；(2)E 是棱是棱 CC1上的一點，若三棱錐上的一點，若三棱錐 EABC 的體積為的體積為312，求線，求線段段CE 的長的長解：解：(1)證明：證明：AB平面平面 BB1C1C，BC1平面平面 BB1C1C，ABBC1，在在CBC1中，中，BC1，CC1BB12，BCC160，由余弦定理得由余弦定理得BC21BC2CC212BCCC1cosBCC11222212cos 603，BC1 3，BC2BC21CC21，BCBC1，又又 AB平面平面 ABC，BC平面平面 ABC，BCABB，BC1平面平面 ABC.(2)AB平面平面 BB1C1C，VEABCVAEBC13SBCEAB13121CEsin 601312，CE1.12如圖如圖，四邊形四邊形 ABCD 是梯形是梯形，四邊形四邊形 CDEF 是矩形是矩形，且平面且平面 ABCD平面平面 CDEF，BADCDA90，ABADDE12CD2，M 是線段是線段 AE 上的動點上的動點(1)試確定點試確定點 M 的位置，使的位置，使 AC平面平面 MDF，并說明理由；，并說明理由；(2)在在(1)的條件下的條件下，求平面求平面 MDF 將幾何體將幾何體 ADEBCF 分成的上分成的上、下兩部分的體積之比下兩部分的體積之比解：解：(1)當當 M 是線段是線段 AE 的中點時，的中點時，AC平面平面 MDF.理由如下：理由如下：連接連接 CE，交，交 DF 于點于點 N，連接，連接 MN，因為因為 M，N 分別是分別是 AE，CE 的中點，的中點，所以所以 MNAC，又又 MN平面平面 MDF，AC 平面平面 MDF，所以所以 AC平面平面 MDF.(2)將幾何體將幾何體 ADEBCF 補成三棱柱補成三棱柱 ADEB1CF，由題意可得，由題意可得 EDCD，ADCD，又又 ADEDD，所以所以 CD平面平面 ADE.又平面又平面 ABCD平面平面 CDEF，平面，平面 ABCD平面平面 CDEFCD，EDCD，所以所以 ED平面平面 ABCD，則，則 EDAD.故三棱柱故三棱柱 ADEB1CF 的體積為的體積為VADEB1CFSADECD122248，則幾何體則幾何體 ADEBCF 的體積的體積 VADEBCFVADEB1CFVFBB1C81312222203.三棱錐三棱錐 FDEM 的體積的體積 VFDEMVMDEF131224143，故平面故平面 MDF 將幾何體將幾何體 ADEBCF 分成的上、下兩部分的體積之比為分成的上、下兩部分的體積之比為4320343 14.二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分1在三棱錐在三棱錐 PABC 中中，PB6，AC3，G 為為PAC 的重心的重心，過點過點 G 作三棱錐的一個作三棱錐的一個截面，使截面平行于直線截面，使截面平行于直線 PB 和和 AC，則截面被三棱錐截得的圖形的周長為，則截面被三棱錐截得的圖形的周長為()A8B6C10D9解析：解析：選選 A如圖，過點如圖，過點 G 作作 EFAC 分別交分別交 AP，CP 于點于點 E，F(xiàn)，過點過點 F 作作 FMPB 交交 BC 于點于點 M，過，過 E 作作 ENPB 交交 AB 于點于點 N，可，可得得ENFM，即即 E，F(xiàn)，M，N 四點共面四點共面，連接連接 MN，則平面則平面 EFMN 即為所即為所求的截面可得求的截面可得 MNACEF，ENFMPB，而，而 G 為為PAC 的重心的重心，所以所以EFACMNAC23，因為，因為 AC3，所以，所以 EFMN2，同理可得，同理可得 ENFM2，所以，所以 EFMN 的周長為的周長為 8.2正方體正方體 ABCDA1B1C1D1的棱長為的棱長為 1，點，點 E，F(xiàn) 分別是棱分別是棱 D1C1，B1C1的中點，過的中點，過 E，F(xiàn) 作一平面作一平面，使得平面，使得平面平面平面 AB1D1，則平面，則平面截正方體的表面所得平面圖形為截正方體的表面所得平面圖形為()A三角形三角形B四邊形四邊形C五邊形五邊形D六邊形六邊形解析解析：選選 D如圖如圖，分別取分別取 BB1，AB，AD，DD1的中點的中點 G，H，M，N，連接連接 FG，GH，MH，MN，EN.點點 E，F(xiàn) 分別是棱分別是棱 D1C1，B1C1的中點的中點，EFMHB1D1，MNFGAD1，GHENAB1.MHGHH， AB1B1D1B1， 平面平面 EFGHMN平面平面 AB1D1.過過 E，F(xiàn) 作一平面作一平面，使得平面，使得平面平面平面 AB1D1，平面平面截正方體的表面所得平面圖形為六邊形截正方體的表面所得平面圖形為六邊形3.如圖，在矩形如圖，在矩形 ABCD 中，中，AB2AD，E 為邊為邊 AB 的中點，將的中點，將ADE 沿直線沿直線 DE 翻折翻折成成A1DE.若若 M 為線段為線段 A1C 的中點的中點，則在則在ADE 翻折的過程中翻折的過程中，下下面四個命題不正確的是面四個命題不正確的是()ABM 是定值是定值B點點 M 在某個球面上運動在某個球面上運動C存在某個位置，使存在某個位置，使 DEA1CD存在某個位置，使存在某個位置，使 MB平面平面 A1DE解析解析：選選 C如圖如圖，取取 CD 的中點的中點 F，連接連接 MF，BF，則則 MFDA1，BFDE，平面平面 MBF平面平面 A1DE，MB平面平面 A1DE，故，故 D 正確；正確；A1DEMFB，MF12A1D 為定值，為定值，F(xiàn)BDE 為定值，由余弦定理，得為定值，由余弦定理，得 MB2MF2FB22MFFBcos MFB，MB 是定值，故是定值，故 A 正確；正確；點點 B 是定點，是定點，點點 M 在以在以 B 為球心為球心，MB 為半徑的球面上為半徑的球面上，故故 B 正確正確；A1C 在平面在平面 ABCD 中的射影為中的射影為 AC，AC 與與 DE 不垂直不垂直，存在某個位置，使存在某個位置，使 DEA1C 不正確，故選不正確，故選 C.4.如圖，在棱長為如圖，在棱長為 3 的正方體的正方體 ABCDA1B1C1D1中，中，E，F(xiàn)，G 分別分別為棱為棱 AB，CC1，DD1的中點的中點，過點過點 G 作平面作平面 D1EF 的平行截面的平行截面，則正方則正方體被截面截得的較小部分的幾何體的體積為體被截面截得的較小部分的幾何體的體積為()A6B3C.94D.32解析：解析：選選 D如圖，連接如圖，連接 GC，則，則 GCD1F，延長，延長 D1F 交交DC 的延長線于的延長線于 M，連接，連接 EM，作，作 CNEM 交交 AD 于于 N，連，連接接GN，則平面，則平面 GCN 為平行于平面為平行于平面 D1EF 的截面，正方體被截面的截面，正方體被截面截得的較小部分的幾何體為截得的較小部分的幾何體為 DGCN， 由題給條件得由題給條件得 DG32， CDCM3，由，由 tanDCNtanDME23，得，得 DNCDtanDCN3232，所以，所以 VDGCNVGCDN1312323232.5.如圖，在四棱柱如圖，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，中，AA1平面平面 ABCD，ABCD，DCB90，ABADAA12DC， Q 為棱為棱 CC1上一動點上一動點，過直線過直線 AQ 的平面分別與的平面分別與棱棱 BB1，DD1交于點交于點 P，R，則下列結(jié)論錯誤的是，則下列結(jié)論錯誤的是()A對于任意的點對于任意的點 Q，都有，都有 APQRB對于任意的點對于任意的點 Q，四邊形，四邊形 APQR 不可能為平行四邊形不可能為平行四邊形C存在點存在點 Q，使得，使得ARP 為等腰直角三角形為等腰直角三角形D存在點存在點 Q，使得直線，使得直線 BC平面平面 APQR解析解析： 選選C由由ABCD， AA1DD1， 得平得平面面ABB1A1平平面面CDD1C1平面平面 APQR平面平面 ABB1A1AP，平面，平面 APQR平面平面 CDD1C1RQ，APQR，故，故 A 選項正確；選項正確；四邊形四邊形 ABCD 是直角梯形，是直角梯形，ABCD，平面平面 BCC1B1與平面與平面 ADD1A1不平行不平行平面平面 APQR平面平面 BCC1B1PQ，平面，平面 APQR平面平面 ADD1A1AR，PQ 與與 AR 不平行，不平行，四邊四邊形形 APQR 不可能為平行四邊形不可能為平行四邊形，故故 B 選項正確選項正確；如圖如圖，延長延長 CD 至至 M，使得使得 DMCD，則四邊形，則四邊形 ABCM 是矩形，是矩形，BCAM.當當 R，Q，M 三點共線時，三點共線時，AM平平面面 APQR，BC平面平面 APQR，故，故 D 選項正確選選項正確選 C.6.如圖，棱長為如圖，棱長為 1 的正方體的正方體 ABCDA1B1C1D1中，中，P 為線段為線段 A1B上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是()ADC1D1PB平面平面 D1A1P平面平面 A1APCAPD1的最大值為的最大值為 90DAPPD1的最小值為的最小值為 2 2解析：解析：選選 C由題意知由題意知 A1D1DC1，A1BDC1.又又A1D1A1BA1，DC1平平面面A1BCD1.D1P平面平面 A1BCD1，DC1D1P，故，故 A 選項正確；選項正確；平面平面 D1A1P 即為平即為平面面A1BCD1，平面，平面 A1AP 即為平面即為平面 A1ABB1，且，且 D1A1平面平面 A1ABB1，平面平面 A1BCD1平平面面A1ABB1，即平面即平面 D1A1P平面平面 A1AP，故故 B 選項正確選項正確當當 0A1P22時時，APD1為鈍角，故為鈍角，故 C 選項錯誤；將平面選項錯誤；將平面 AA1B 與平面與平面 A1BCD1沿沿 A1B展成平展成平面圖形，如圖，則線段面圖形，如圖，則線段 AD1即為即為 APPD1的最小值在的最小值在D1A1A中，中，D1A1A135，利用余弦定理，得，利用余弦定理，得 AD1 2 2，故，故 APPD1的最小值為的最小值為2 2，故，故 D 選項正確選項正確