【师说】2017届高考数学(文)二轮复习 课时巩固过关练(十三) Word版含解析

课时巩固过关练(十三)点、直线、平面之间的位置关系
一、选择题
1．设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是() A．若l⊥m，m＝α∩β，则l⊥α
B．若l∥m，m＝α∩β，则l∥α
C．若α∥β，l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l∥m
D．若l∥m，α∥β，l⊥α，则m⊥β
解析：对于A，l可能在平面α内也可能在平面α外，错误；对于B，l可能在平面α内，错误；对于C，l，m可能平行、相交、异面，错误；对于D，因为l∥m，l⊥α，所以m ⊥α，又α∥β，所以m⊥β，正确．
答案：D
2．(2016·北京海淀期中)设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l ⊥m且l⊥n”的()
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：l，m，n均为直线，m，n在平面α内，l⊥α⇒l⊥m且l⊥n.反之，由l⊥m且l⊥n不一定能推出l⊥α，当m∥n时，l也可能平行于α.故“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()
A．①③B．②③
C．①④D．②④
解析：对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP，对于图形④：AB∥PN，AB⊄平面MNP，即可得到AB∥平面MNP，图形②、③都不可以，故选C.
答案：C
4．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠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()
A.1
2 B ．1 C.3
2
D ．2 解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以
得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝1
2h .又2×2＝h 22＋(2)2，所以
h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝
⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66
.由面积相等得DB 1·
B 1F ＝
DF ·B 1E ，即
66×x 2＋⎝⎛⎭⎫2
22＝22
x ，得x ＝12. 答案：A
5．如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在( )
A ．直线A
B 上 B ．直线B
C 上 C ．直线AC 上
D ．△ABC 内部
解析：由BC 1⊥AC ，BA ⊥AC ，得AC ⊥平面ABC 1，因此平面ABC ⊥平面ABC 1，因此C 1在底面ABC 上的射影H 在直线AB 上．
答案：A 二、填空题 6．三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，给出以下结论：
①异面直线SB 与AC 所成的角为90°；②直线SB ⊥平面ABC ；③平面SBC ⊥平面SAC ；
④点C 到平面SAB 的距离是1
2
a .
其中正确结论的序号是__________．
解析：由题意知AC⊥平面SBC，又SB⊂平面SBC，故AC⊥SB，又SB⊥AB，∴SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE(如图)，可证得CE ⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离，为1
2a，④正确．
答案：①②③④
7．给出下列四个命题：
①平行于同一平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的两条直线平行；③如果一条直线和一个平面平行，那么它和这个平面内的任何直线都平行；④如果一条直线和一个平面垂直，那么它和这个平面内的任何直线都垂直．
其中正确命题的序号是__________．(写出所有正确命题的序号)
解析：①中平行于同一平面的两条直线可能相交，也可能异面，①不正确；根据直线与平面垂直的性质定理知，②正确；③若直线l与平面α平行，则l必平行于α内某一方向上的无数条直线，故③不正确；④显然正确．故填②④.
答案：②④
8．如图，P A⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是__________．
解析：∵P A⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，∴CB⊥P A，CB⊥AC，∴CB⊥平面P AC.又AF⊂平面P AC，∴CB⊥AF.又F是点A在PC上的射影，∴AF⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC，故①③正确．又E为A在PB上的射影，∴AE⊥PB，∴PB⊥平面AEF，故②正确．而AF⊥平面PCB，∴AE不可能垂直于平面PBC.故④错．答案为①②③.
答案：①②③
三、解答题
9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别是DD1，CC1的中点．求证：
(1)PO∥平面D1BQ；
(2)平面D1BQ∥平面P AO.
解：(1)连接DB，则D，O，B三点共线，∵P，O分别为DD1，DB的中点，∴OP∥D1B.又D1B⊂平面D1BQ，OP⊄平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ.
(2)∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥P A.∵QB⊂平面D1BQ，P A⊄平面D1BQ，∴P A∥平面D1BQ.
又PO∥平面D1BQ，P A∩PO＝P，P A⊂平面P AO，PO⊂平面P AO，∴平面D1BQ∥平面P AO.
10．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并说明你的结论；
(3)证明：直线DF⊥平面BEG.
解：(1)点F，G，H的位置如图所示．
(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC ＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH.于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG ＝B，所以平面BEG∥平面ACH.
(3)连接FH，BD，因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面EFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.
11．(2016·浙江瑞安联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．
(1)求证：BC⊥A1B；
(2)若AD＝3，AB＝BC＝2，P为AC的中点，求二面角P－A1B－C的平面角的余弦值．
解：(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A ⊥BC.∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC.又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AB.又A1B⊂平面A1AB，∴BC⊥A1B.
(2)由(1)知BC ⊥平面A 1AB ，AB ⊂平面A 1AB ，从而BC ⊥AB ，如图，以B 为原点建立空间直角坐标系B －xyz .∵AD ⊥平面A 1BC ，其垂足D 落在直线A 1B 上，∴AD ⊥A 1B .在Rt △ABD 中，AD ＝3，AB ＝2，
sin ∠ABD ＝AD AB ＝3
2
，∠ABD ＝60°.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥AB .在Rt △ABA 1
中，AA 1＝AB ·tan60°＝23，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，C (2,0,0)，P (1,1,0)，A 1(0,2，23)，BP →
＝
(1,1,0)，BA 1→＝(0,2，23)，BC →
＝(2,0,0)．
设平面P A 1
B 的一个法向量n 1
＝(x 1
，y 1
，z 1
)，则⎩⎨⎧
n 1
·BP →＝0，
n 1
·
BA 1
→
＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＋y 1＝0，
2y 1＋23z 1＝0，
可取n 1＝(3，－3，
3)．设平面CA 1
B 的一个法向量n 2
＝(x 2
，y 2
，z 2
)，则⎩⎨⎧
n 2
·BC →＝0，
n 2
·
BA 1
→
＝0，即
⎩⎪⎨
⎪⎧
x 2＝0，
2y 2＋23z 2＝0，
可取n 2＝(0，－3，3)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝277.∴二面角P －A 1B －C 的平面角的余弦值是27
7.。