点线面位置关系例题及练习含答案

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点线面位置关系例题与练习(含答案)之欧阳历创编

点、线、面的位置关系●知识梳理（一）.平面公理1：如果一条直线上有两点在一个平面内，那么直线在平面内。

公理2：不共线．．．的三点确定一个平面.推论1：直线与直线外的一点确定一个平面. 推论2：两条相交直线确定一个平面. 推论3：两条平行直线确定一个平面.公理3：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有公共点，这些公共点的集合是一条直线（二）空间图形的位置关系1.空间直线的位置关系：相交，平行，异面1.1平行线的传递公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

1.2等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。

1.3异面直线定义：不同在任何一个平面内的两条直线——异面直线；1.4异面直线所成的角：（1）范围：(]θ∈︒︒；（2）作异0,90面直线所成的角：平移法.2.直线与平面的位置关系：包含，相交，平行3.平面与平面的位置关系：平行，相交（三）平行关系（包括线面平行，面面平行）1.线面平行：①定义：直线与平面无公共点.②判定定理：////a b a a b ααα⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭③性质定理：////a a a b b αβαβ⎫⎪⊂⇒⎬⎪=⎭ 2.线面斜交： ①直线与平面所成的角（简称线面角）：若直线与平面斜交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角。

范围：[]0,90θ∈︒︒3.面面平行：①定义：//αβαβ=∅⇒；②判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行；符号表述：,,,//,////a b a b O a b ααααβ⊂=⇒判定2：垂直于同一条直线的两个平面互相平行.符号表述：,//a a αβαβ⊥⊥⇒.③面面平行的性质：（1）////a a αββα⎫⇒⎬⊂⎭；（2）////a a b b αβαγβγ⎫⎪=⇒⎬⎪=⎭（四）垂直关系（包括线面垂直，面面垂直）1.线面垂直①定义：若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面。

12.2专题十二(2) 点线面的位置关系(答案)

高考真题复习专题十二（2）点线面的位置关系参考答案25．(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ，AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ，(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解，，1，由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥，又BA ，AD ，且ACAD A =，所以AB ⊥平面ACD ，又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ，，2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ，AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ，由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1，因此，三棱锥Q ABP -的体积为111131332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=，点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.26．（1）详见解析（2 【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：，1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ，AC ，且OP =连结OB ．因为AB =BC AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2，由222OP OB PB +=知，OP ，OB ，由OP ，OB ，OP ，AC 知PO ⊥平面ABC ，，2，作CH ，OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ，CH ，所以CH ⊥平面POM ，故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC ，，ACB =45°，所以OM CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠所以点C 到平面POM 点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.27．（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明．（2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可．详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ，因为BC ，CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ，DM ，因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ，CM ，又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ，而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ，，2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ，证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ，OP ，MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ，点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．28．（1）证明见解析；（2）6+.【解析】试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且,AD PO ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，2PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==，PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin6062BC +︒=+．29．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则. 因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以, 设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积30．（1）见解析；（2）1:1.【解析】试题分析：（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC OD ⊥，AC OB ⊥，再根据线面垂直的判定定理得AC ⊥平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.试题解析：（1）取AC的中点O，连结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）连结EO.由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.在Rt AOB中，222BO AO AB+=.又AB=BD，所以222222BO DO BO AO AB BD+=+==，故∠DOB=90°.由题设知AEC为直角三角形，所以12EO AC=.又ABC是正三角形，且AB=BD，所以12EO 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12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1.【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.。

07点线面的位置关系

第七讲立体几何—点线面的位置关系【知识要点归纳】1. 平面图形知识总结2. 立体图形总结3. 总结线线的位置关系4. 总结线面的位置关系5. 总结面面的位置关系【经典例题】例1：（07广东高考）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）例2：请根据三视图，还原图形，并求体积（1）（09山东高考改）侧(左)视图俯视图（2）（07山东高考改）（3）（07宁夏高考改）例3：某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（）A. 22B. 32C. 4D. 52例4：在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，哪些棱与AA 1平行？异面？垂直？例5：在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的中，哪些面与AB 平行？垂直？正视图侧视图俯视图例6：判断下列说法是否正确？（1）若,m n α⊥∥β，αβ⊥，则m n ⊥（2）若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行（3）垂直于同一直线的两条直线相互平行（4）若αα//,//,n n m m 则⊂（5）如果m n m ,,αα⊄⊂、α//,n n 那么是异面直线（6）若平面α内有不共线三点到平面β的距离相等，则βα// （7）若βαγβγα//,,则⊥⊥（8）若m 、n 与α所成的角相等，则n ∥m例7：已知一个平面α，那么对于空间内的任意一条直线a ，在平面α内一定存在一条直线b ，使得a 与b （）A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直【课堂练习】1.将装有水的长方体的水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾斜后水槽的水形成的几何体是（） A.棱柱 B.棱台 C.棱柱与棱锥组合体 D.不能确定2.若P 是两条异面直线,l m 外的任意一点，则（） A ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都平行 B ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都异面3.（09浙江理）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．4.（09宁夏海南理）一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c 2m ）为（）A ．B ．C ．D ．5.长方体1111ABCD A B C D −中，5,3,41===BB BC AB ，一只蚂蚁从点A 出发沿表面爬行到点1C ，求蚂蚁爬行的最短路线的长.答案：1.A 2.B 3.18 4. 5. 74。

点线面的位置关系练习题计算与判断

点线面的位置关系练习题计算与判断在几何学中，点、线、面是基本的几何概念，它们之间的位置关系是我们学习几何学的基础。

本文将通过一系列的练习题，来帮助我们更好地理解和计算点线面之间的位置关系，并进行判断。

练习题一：点与线的位置关系计算1. 以点A(2, 3)和线段AB为例，线段AB的两个端点分别是A(2, 3)和B(4, 5)。

现在需要计算点A与线段AB的位置关系。

解答：首先，我们可以计算线段AB的斜率k，公式为k = (y2 - y1) / (x2 - x1) = (5 - 3) / (4 - 2) = 1。

然后，计算点A到线段AB的垂直距离h，公式为h = |k * x - y + kx1 - y1| / √(k^2 + 1) = |1 * 2 - 3 + 1 * 2 - 3| / √(1^2 + 1^2) = 0。

当垂直距离h等于0时，表示点A在线段AB上。

2. 现在考虑点A(2, 3)与直线y = 2x的位置关系。

解答：首先，直线y = 2x的斜率为2。

然后，计算点A到直线的垂直距离h，h = |k * x - y + kx1 - y1| / √(k^2 + 1) = |2 * 2 - 3 + 2 * 0 - 3| / √(2^2 + 1^2) = 1。

当垂直距离h不等于0时，表示点A不在直线y = 2x上。

练习题二：点与面的位置关系判断3. 现有一个平面P：2x + 3y + 5z = 10和点A(2, 1, 0)，判断点A是否在平面P上。

解答：将点A(2, 1, 0)的坐标代入平面P的方程，判断是否满足2 * 2 +3 * 1 + 5 * 0 =4 + 3 + 0 = 7 ≠ 10。

当点A的坐标代入平面P的方程不满足等式时，表示点A不在平面P上。

4. 考虑平面Q：x + 2y + 3z = 6和点A(1, 2, 0)，判断点A是否在平面Q上。

解答：将点A(1, 2, 0)的坐标代入平面Q的方程，判断是否满足1 +2 * 2 +3 * 0 = 1 +4 + 0 =5 ≠ 6。

高中数学必修2第二章点、线、面的位置关系知识点+习题+答案

D B A α 相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点； ] ]； a 来表 a a 线线平行 A ·α C ·B · A · α P· αLβ 共面直线p线面平行面面平行作用：可以由平面与平面平行得出直线与直线平行叫做垂足。

叫做垂足。

的垂线，则这两个ba第 3 页共 3 页aa b a b //,a a a ÞþýüË^^1、性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。

符号表示：符号表示：b a b a //,Þ^^a a 2、性质定理：一条直线与一个平行垂直，那么过这条直线的平面也与此平面垂直符号表示：b a b a ^ÞÌ^a a ,2.3.4平面与平面垂直的性质1、性质定理：、性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直。

符号表示：b b a a b a ^Þïþïýü=^Ì^a l l a a ,2、性质定理：垂直于同一平面的直线和平面平行。

符号表示：符号表示：符号表示：一、异面直线所成的角一、异面直线所成的角1.已知两条异面直线,a b ，经过空间任意一点O 作直线//,//a a b b ¢¢，我们把a ¢与b ¢所成的锐角（或直角）叫异面直线,a b 所成的角。

所成的角。

2.角的取值范围：090q <£°；垂直时，异面直线当b a ,900=q二、直线与平面所成的角二、直线与平面所成的角1. 定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条斜线和这个平面所成的角2.角的取值范围：°°££900q 。

三、两个半平面所成的角即二面角：三、两个半平面所成的角即二面角： 1、从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

2必修二-点线面之间的位置关系测试题-含答案-1130

第二章点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．设α，β为两个不同的平面，l，m为两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，有如下的两个命题：①若 α∥β，则l∥m；②若l⊥m，则 α⊥β．那么()．A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题C．①②都是真命题D．①②都是假命题2．如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误．．的是()．A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1(第2题)D．异面直线AD与CB1角为60°3．关于直线m，n与平面 α，β，有下列四个命题：①m∥α，n∥β 且 α∥β，则m∥n；②m⊥α，n⊥β 且 α⊥β，则m⊥n；③m⊥α，n∥β 且 α∥β，则m⊥n；④m∥α，n⊥β 且 α⊥β，则m∥n．其中真命题的序号是()．A．①②B．③④C．①④D．②③4．给出下列四个命题：①垂直于同一直线的两条直线互相平行②垂直于同一平面的两个平面互相平行③若直线l1，l2与同一平面所成的角相等，则l1，l2互相平行④若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线其中假．命题的个数是()．A．1 B．2 C．3 D．45．下列命题中正确的个数是()．①若直线l上有无数个点不在平面 α 内，则l∥α②若直线l与平面 α 平行，则l与平面 α 内的任意一条直线都平行③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条直线也与这个平面平行④若直线l与平面 α 平行，则l与平面 α 内的任意一条直线都没有公共点A．0个B．1个C．2个D．3个6．两直线l1与l2异面，过l1作平面与l2平行，这样的平面()．A．不存在B．有唯一的一个C．有无数个D．只有两个7．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为()．A．90°B．60°C．45°D．30°8．下列说法中不正确的．．．．是()．A．空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B．同一平面的两条垂线一定共面C．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线在同一个平面内D．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直9．给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的一个平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么些两个平面互相垂直其中真命题的个数是()．A．4 B．3 C． 2 D．110．异面直线a，b所成的角60°，直线a⊥c，则直线b与c所成的角的范围为()．A．[30°，90°]B．[60°，90°]C．[30°，60°] D．[30°，120°]二、填空题11．已知三棱锥P－ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为S1，S2，S3，则这个三棱锥的体积为．12．P是△ABC所在平面 α 外一点，过P作PO⊥平面 α，垂足是O，连PA，PB，PC．(1)若PA＝PB＝PC，则O为△ABC的心；(2)PA⊥PB，PA⊥PC，PC⊥PB，则O是△ABC的心；(3)若点P到三边AB，BC，CA的距离相等，则O是△ABC的心；(4)若PA＝PB＝PC，∠C＝90º，则O是AB边的点；(5)若PA＝PB＝PC，AB＝AC，则点O在△ABC的线上．13．如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各J边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为．14．直线l与平面α 所成角为30°，l∩α＝A，直线m∈α，则m与l所成角的取值范围是．15．棱长为1的正四面体内有一点P，由点P向各面引垂线，垂线段长度分别为d1，d2，d3，d4，则d1＋d2＋d3＋d4的值为．16．直二面角 α－l－β 的棱上有一点A，在平面 α，β 内各有一条射线AB，AC与l成45°，AB⊂α，AC⊂β，则∠BAC＝．三、解答题17．在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形．(1)求证：BC⊥AD；(2)若点D到平面ABC的距离等于3，求二面角A－BC－D的正弦值；(第17题) (3)设二面角A－BC－D的大小为θ，猜想θ 为何值时，四面体A－BCD的体积最大．(不要求证明)18．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连结ED，EC，EB和DB．(1)求证：平面EDB ⊥平面EBC ；(2)求二面角E －DB －C 的正切值.19*．如图，在底面是直角梯形的四棱锥Ｓ－ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝１，AD ＝21． (1)求四棱锥S —ABCD 的体积；(2)求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值．(提示：延长 BA ，CD 相交于点 E ，则直线 SE 是所求二面角的棱.20*．斜三棱柱的一个侧面的面积为10，这个侧面与它所对棱的距离等于6，求这个棱柱的体积．(提示：在 AA 1 上取一点 P ，过 P 作棱柱的截面，使 AA 1 垂直于这个截面.)(第20题)答案：DDDDB BCDBA11．313212S S S ． 12．外，垂，内，中，BC 边的垂直平分． 13．60°．14．[30°，90°]． 15．36． 16．60°或120°．三、解答题17．证明：(1)取BC 中点O ，连结AO ，DO ．∵△ABC ，△BCD 都是边长为4的正三角形，(第18题)∴AO ⊥BC ，DO ⊥BC ，且AO ∩DO ＝O ，∴BC ⊥平面AOD ．又AD ⊂平面AOD ，∴BC ⊥AD ． (第17题)解：(2)由(1)知∠AOD 为二面角A －BC －D 的平面角，设∠AOD ＝θ，则过点D 作DE ⊥AD ，垂足为E ．∵BC ⊥平面ADO ，且BC ⊂平面ABC ，∴平面ADO ⊥平面ABC ．又平面ADO ∩平面ABC ＝AO ，∴DE ⊥平面ABC ．∴线段DE 的长为点D 到平面ABC 的距离，即DE ＝3．又DO ＝23BD ＝23，在Rt △DEO 中，sin θ＝DO DE ＝23，故二面角A －BC －D 的正弦值为23．(3)当 θ＝90°时，四面体ABCD 的体积最大．18．证明：(1)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝BC ＝1，E 为D 1C 1的中点．∴△DD 1E 为等腰直角三角形，∠D 1ED ＝45°．同理∠C 1EC ＝45°．∴︒=∠90DEC ，即DE ⊥EC ．在长方体ABC D －1111D C B A 中，BC ⊥平面11DCC D ，又DE ⊂平面11DCC D ，∴BC ⊥DE ．又C BC EC = ，∴DE ⊥平面EBC ．∵平面DEB 过DE ，∴平面DEB ⊥平面EBC ．(2)解：如图，过E 在平面11DCC D 中作EO ⊥DC 于O ．在长方体ABCD －1111D C B A 中，∵面ABCD ⊥面11DCC D ，∴EO ⊥面ABCD ．过O 在平面DBC 中作OF ⊥DB 于F ，连结EF ，∴EF ⊥BD ．∠EFO 为二面角E －D B －C 的平面角．利用平面几何知识可得OF ＝51， (第18题) 又OE ＝1，所以，tan ∠EFO ＝5．19*．解：(1)直角梯形ABCD 的面积是M底面＝AB AD BC ⋅)(＋21＝43＝1221＋1⨯，∴四棱锥S —ABCD 的体积是V ＝31·SA ·M 底面＝31×1×43＝41．(2)如图，延长BA ，CD 相交于点E ，连结SE ，则SE 是所求二面角的棱．∵AD ∥BC ，BC ＝2AD ，∴EA ＝AB ＝SA ，∴SE ⊥SB∵SA ⊥面ABCD ，得面SEB ⊥面EBC ，EB 是交线．又BC ⊥EB ，∴BC ⊥面SEB ，故SB 是SC 在面SEB上的射影，∴CS ⊥SE ，∠BSC 是所求二面角的平面角．∵SB ＝22＋AB SA ＝2，BC ＝1，BC ⊥SB ，∴tan ∠BSC ＝22＝SB BC ，(第19题) 即所求二面角的正切值为22． 20*．解：如图，设斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面BB 1C 1C 的面积为10，A 1A 和面BB 1C 1C 的距离为6，在AA 1上取一点P作截面PQR，使AA1⊥截面PQR，AA1∥CC1，∴截面PQR⊥侧面BB1C1C，过P作PO⊥QR于O，则PO⊥侧面BB1C1C，且PO＝6．1·QR·PO·AA1∴V 斜＝S△PQR·AA1＝21·PO·QR·BB1＝21×10×6＝2＝30．(第20题)第二章点、直线、平面之间的位置关系参考答案及解析A组一、选择题1．D 解析：命题②有反例，如图中平面 α∩平面 β＝直线n，l⊂α，m⊂β，且l∥n，m⊥n，则m⊥l，显然平面 α 不垂直平面β， (第1题)故②是假命题；命题①显然也是假命题，2．D解析：异面直线AD与CB1角为45°．3．D解析：在①、④的条件下，m，n的位置关系不确定．4．D解析：利用特殊图形正方体我们不难发现①②③④均不正确，故选择答案D．5．B解析：学会用长方体模型分析问题，A1A有无数点在平面ABCD外，但AA1与平面ABCD相交，①不正确；A1B1∥平面ABCD，显然A1B1不平行于BD，②不正确；A1B1∥AB，A1B1∥平面ABCD，但AB⊂平面ABCD内，③不正确；l与平面α平行，则l与 α 无公共点，l与平面 α 内的所有直线都没有公共点，④正确，应选B．(第5题)6．B 解析：设平面 α 过l 1，且 l 2∥α，则 l 1上一定点 P 与 l 2 确定一平面 β ，β 与 α 的交线l 3∥l 2，且 l 3 过点 P . 又过点 P 与 l 2 平行的直线只有一条，即 l 3 有唯一性，所以经过 l 1 和 l 3 的平面是唯一的，即过 l 1 且平行于 l 2 的平面是唯一的.7．C 解析：当三棱锥D －ABC 体积最大时，平面DAC ⊥ABC ，取AC 的中点O ，则△DBO 是等腰直角三角形，即∠DBO ＝45°． 8．D 解析：A ．一组对边平行就决定了共面；B ．同一平面的两条垂线互相平行，因而共面；C ．这些直线都在同一个平面内即直线的垂面；D ．把书本的书脊垂直放在桌上就明确了．9．B 解析：因为①②④正确，故选B ．10．A 解析：异面直线a ，b 所成的角为60°，直线c ⊥a ，过空间任一点 P ，作直线 a ’∥a ， b ’∥b ， c ’∥c . 若a ’，b ’，c ’ 共面则 b ’ 与 c ’ 成 30° 角，否则 b ’ 与 c ’ 所成的角的范围为(30°，90°]，所以直线b 与c 所成角的范围为[30°，90°] ．二、填空题 11．313212S S S ．解析：设三条侧棱长为 a ，b ，c ．则 21ab ＝S 1，21bc ＝S 2，21ca ＝S 3 三式相乘：∴ 81a 2 b 2 c 2＝S 1S 2S 3，∴ abc ＝23212S S S ．∵ 三侧棱两两垂直， ∴ V ＝31abc ·21＝313212S S S ．12．外，垂，内，中，BC 边的垂直平分．解析：(1)由三角形全等可证得 O 为△ABC 的外心； (2)由直线和平面垂直的判定定理可证得，O 为△ABC 的垂心；(3)由直线和平面垂直的判定定理可证得，O 为△ABC 的内心；(4)由三角形全等可证得，O 为 AB 边的中点；(5)由(1)知，O 在 BC 边的垂直平分线上，或说 O 在∠BAC 的平分线上． 13．60°．解析：将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ 所成角的度数为60°． 14．[30°，90°]．解析：直线l 与平面 α 所成的30°的角为m 与l 所成角的最小值，当m 在 α 内适当旋转就可以得到l ⊥m ，即m 与l 所成角的的最大值为90°． 15．36．解析：作等积变换：4331⨯×(d 1＋d 2＋d 3＋d 4)＝4331⨯·h ，而h ＝36．16．60°或120°．解析：不妨固定AB ，则AC 有两种可能．三、解答题17．证明：(1)取BC 中点O ，连结AO ，DO ． ∵△ABC ，△BCD 都是边长为4的正三角形， ∴AO ⊥BC ，DO ⊥BC ，且AO ∩DO ＝O ， ∴BC ⊥平面AOD ．又AD ⊂平面AOD ， ∴BC⊥AD ． (第17题)解：(2)由(1)知∠AOD 为二面角A －BC －D 的平面角，设∠AOD ＝θ，则过点D 作DE ⊥AD ，垂足为E ． ∵BC ⊥平面ADO ，且BC ⊂平面ABC ，∴平面ADO ⊥平面ABC ．又平面ADO ∩平面ABC ＝AO ， ∴DE ⊥平面ABC ．∴线段DE 的长为点D 到平面ABC 的距离，即DE ＝3．又DO ＝23BD ＝23，在Rt △DEO 中，sin θ＝DODE ＝23，故二面角A －BC －D 的正弦值为23．(3)当 θ＝90°时，四面体ABCD 的体积最大．18．证明：(1)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝BC ＝1，E 为D 1C 1的中点．∴△DD 1E 为等腰直角三角形，∠D 1ED ＝45°．同理∠C 1EC ＝45°．∴︒=∠90DEC ，即DE ⊥EC ．在长方体ABC D －1111D C B A 中，BC ⊥平面11DCC D ，又DE ⊂平面11DCC D ，∴BC ⊥DE ．又C BC EC = ，∴DE ⊥平面EBC ．∵平面DEB 过DE ，∴平面DEB ⊥平面EBC ．(2)解：如图，过E 在平面11DCC D 中作EO ⊥DC 于O ．在长方体ABCD －1111D C B A 中，∵面ABCD ⊥面11DCC D ，∴EO ⊥面ABCD ．过O 在平面DBC 中作OF ⊥DB 于F ，连结EF ，∴EF ⊥BD ．∠EFO 为二面角E －D B －C 的平面角．利用平面几何知识可得OF ＝51，(第18题)又OE ＝1，所以，tan ∠EFO ＝5．19*．解：(1)直角梯形ABCD 的面积是M底面＝AB AD BC ⋅)(＋21＝43＝1221＋1⨯，∴四棱锥S —ABCD 的体积是V ＝31·SA ·M 底面＝31×1×43＝41． (2)如图，延长BA ，CD 相交于点E ，连结SE ，则SE 是所求二面角的棱．∵AD ∥BC ，BC ＝2AD ， ∴EA ＝AB ＝SA ，∴SE ⊥SB∵SA ⊥面ABCD ，得面SEB ⊥面EBC ，EB 是交线．又BC ⊥EB ，∴BC ⊥面SEB ，故SB 是SC 在面SEB 上的射影，∴CS ⊥SE ，∠BSC 是所求二面角的平面角．∵SB ＝22＋AB SA ＝2，BC ＝1，BC ⊥SB ，∴tan ∠BSC ＝22＝SB BC ，(第19题)即所求二面角的正切值为22．20*．解：如图，设斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面BB 1C 1C 的面积为10，A 1A 和面BB 1C 1C 的距离为6，在AA 1上取一点P 作截面PQR ，使AA 1⊥截面PQR ，AA 1∥CC 1，∴截面PQR ⊥侧面BB 1C 1C ，过P 作PO ⊥QR 于O ，则PO ⊥侧面BB 1C 1C ，且PO ＝6． ∴V 斜＝S △PQR ·AA 1＝21·QR ·PO ·AA 1＝21·PO ·QR ·BB 1＝21×10×6 ＝30．(第20题)。

高考数学专题复习八8.2空间点、线、面的位置关系-模拟练习题(附答案)

8.2空间点、线、面的位置关系基础篇考点一点、线、面的位置关系1.(2023届福建厦门联考,5)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述中正确的是()1与B1E是异面直线1与AE共面C.AE与B1C1是异面直线D.AE与B1C1所成的角为60°答案C2.(2019课标Ⅱ,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案B3.(2021安徽江南十校一模,7)设a、b为两条直线,则a∥b的充要条件是()A.a、b与同一个平面所成角相等B.a、b垂直于同一条直线C.a、b平行于同一个平面D.a、b垂直于同一个平面答案D4.(2022甘肃二诊,6)正方体上的点M,N,P,Q是其所在棱的中点,则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的是()ABCD答案B5.(2023届广西桂林月考二,9)已知三条不同的直线a,b,c,平面α,β,下列说法正确的是()A.命题p:经过一个平面上一点有且只有一个平面与已知平面垂直.命题p是真命题B.已知直线a∥b,b∥c,则a∥cC.命题q:已知a∥α,b∥α,则a∥b.命题q是真命题D.已知a⊥b,b⊥c,a∥α,c∥β,则α∥β答案B6.(2023届黑龙江部分学校联考,4)一个封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1,P,Q,R分别是AB,BC和C1D1的中点,由于某种原因,P,Q,R处各有一个小洞,当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时,容器中水的上表面的形状是() A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形答案D7.(2022皖南八校三模,15)三棱锥A-BCD中,AB=CD=1,过线段BC中点E作平面EFGH与直线AB、CD都平行,且分别交BD、AD、AC于F、G、H,则四边形EFGH的周长为.答案2考点二异面直线所成的角1.(2018课标Ⅱ,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为()答案C2.(2022江西赣州二模,8)在正四棱锥P-ABCD中,点E是棱PD的中点.若直线PB与直线CE则P B的值为()A.1B.2C.2D.22答案C3.(2022黑龙江模拟,8)如图,某圆锥SO的轴截面SAC是等边三角形,点B是底面圆周上的一点,且∠BOC=60°,点M是SA的中点,则异面直线AB与CM所成角的余弦值是()A.13 C.34答案C4.(2023届河南焦作调研一,11)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,AB和CD分别是该圆柱上、下底面的一条直径,若四面体ABCD则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()C.12D.13答案D综合篇考法一点、线、面位置关系的判定及其应用1.(2023届昆明一中双测二,4)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,E,F分别为棱A1B1,B1C1的中点,经过E,F,O三点的平面与正方体相交所成的截面为() A.梯形 B.平行四边形C.矩形D.正方形答案A2.(2022黑龙江大庆实验中学月考,11)给出下列命题:①若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P,Q,R三点,则P,Q,R三点共线;②若直线a,b是异面直线,直线b,c是异面直线,则直线a,c是异面直线;③若三条直线a,b,c两两平行且分别交直线l于A,B,C三点,则这四条直线共面;④对于三条直线a,b,c,若a⊥c,b⊥c,则a∥b.其中所有真命题的序号是() A.①② B.①③ C.③④ D.②④答案B3.(2019课标Ⅲ,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线答案B4.(2023届山西大同联考一,10)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,AD⊥AA1,AD⊥AB,∠A1AB=60°,M,N分别是棱AB和BC的中点,则下列说法中不正确的是()A.A1,C1,M,N四点共面B.B1N与AB共面C.AD⊥平面ABB1A1D.A1M⊥平面ABCD答案B5.(2021内蒙古赤峰2月月考,16)如图,在棱长为2的正方体中,点M、N在棱AB、BC上,且AM=BN=1,P在棱AA1上,α为过M、N、P三点的平面,则下列说法正确的是.①存在无数个点P,使面α与正方体的截面为五边形;②当A1P=1时,面α与正方体的截面面积为33;③只有一个点P,使面α与正方体的截面为四边形;④当面α交棱CC1于点H时,PM、HN、BB1三条直线交于一点.答案①②④6.(2020新高考Ⅰ,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.答案2π2考法二异面直线所成的角的求解1.(2023届贵阳开学测试,12)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2AD=4,点E在棱CC1上,且C1E=2CE,点F在正方形ABCD内.若直线A1F与BB1所成的角等于直线EF与BB1所成的角,则AF的最小值是() A.322 B.32 C.924 D.922答案A2.(2022安徽黄山第二次质检,10)已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AD∥BC,BC=AB=PA=2AD=2,PB=3,AC与BD交于M点,PN=2ND,连接MN,则异面直线MN与AB所成角的余弦值为()A.-18B.23 D.34答案D3.(2021东北三省四市联考,8)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=4,AA1=43.过BC的平面分别交线段AA1,DD1于M、N两点,四边形BCNM为正方形,则异面直线D1M与BD所成角的余弦值为()A.14142114C.14435答案D4.(2018课标Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为() A.1556C.52答案C5.(2022四川攀枝花联考(三),10)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D,E分别是BC,A1B1的中点,下列说法中正确的是()A.DE⊥B1C1B.A1C∥平面B1DE1与DE是相交直线D.异面直线B1D与A1C1所成角的余弦值为5答案D6.(2022太原一模,15)已知在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2,若三棱锥的外接球体积为43π,则异面直线PB与AC所成角的余弦值为.答案12。

点线面位置关系练习(有详细答案)

【空间中的平行问题】（1）直线与平面平行的判定及其性质①线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行。

（线线平行→线面平行）②线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。

（线面平行→线线平行）（2）平面与平面平行的判定及其性质两个平面平行的判定定理：①如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（线面平行→面面平行） ②如果在两个平面内，各有两组相交直线对应平行，那么这两个平面平行。

（线线平行→面面平行） ③垂直于同一条直线的两个平面平行两个平面平行的性质定理：①如果两个平面平行，那么某一个平面内的直线与另一个平面平行。

（面面平行→线面平行） ②如果两个平行平面都和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

（面面平行→线线平行）【空间中的垂直问题】（1）线线、面面、线面垂直的定义①两条异面直线的垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，就说这两条异面直线互相垂直。

②线面垂直：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线垂直，就说这条直线和这个平面垂直。

③平面和平面垂直：如果两个平面相交，所成的二面角（从一条直线出发的两个半平面所组成的图形）是直二面角（平面角是直角），就说这两个平面垂直。

（2）垂直关系的判定和性质定理①线面垂直判定定理和性质定理判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直这个平面。

性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行。

②面面垂直的判定定理和性质定理判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。

性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于他们的交线的直线垂直于另一个平面。

【空间角问题】（1）直线与直线所成的角①两平行直线所成的角：规定为 ②两条相交直线所成的角：两条直线相交其中不大于直角的角，叫这两条直线所成的角。

空间点线面的位置关系带详细答案

.空间点、线、面的位置关系带详细答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：8.2空间点、线、面的位置关系五年高考A组统一命题.课标卷题组1.已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为A: B: C: D:答案详解C正确率: 62%, 易错项: B解析:本题主要考查空间直角坐标系。

以垂直于的方向为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系。

则，，由于，则，。

即，，所以异面直线与所成角的余弦值。

故本题正确答案为C。

2.已知，为异面直线，平面，平面，直线满足，，，，则（）。

A: ，且B: ，且C: 与相交，且交线垂直于D: 与相交，且交线平行于答案详解D正确率: 49%, 易错项: C解析:本题主要考查直线、平面的位置关系。

若，则由知，而，所以，与，为异面直线矛盾，所以平面与平面相交。

由平面，，且，可知，同理可知，所以与两平面，的交线平行。

故本题正确答案为D。

3.平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则，所成角的正弦值为（）。

A: B: C: D:答案详解A正确率: 47%, 易错项: B解析:本题主要考查点、直线、平面的位置关系。

如图所示，因为平面，若设平面平面，则，又因为平面平面，结合平面平面，所以，即，同理可得：，所以，所成角的大小与，所成角的大小相等，即的大小，因为，所以，即。

故本题正确答案为A。

4.直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值为（）。

A: B: C: D:答案详解C正确率: 73%, 易错项: B解析:本题主要考查空间向量的应用。

建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有，，，，，所以，，则，，所以。

故本题正确答案为C。

易错项分析：空间中异面直线夹角的解法，用空间向量法解题相对简单，本题易错点是正确建立空间直角坐标系，求出两条直线的方向向量，最后正确应用向量的数量积公式求出异面直线夹角的余弦值。

1.2点、线、面之间的位置关系(含答案)

1.2点、线、面之间的位置关系参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）1．如果直线a∥直线b，且a∥平面α，那么b与a的位置关系是（）A．相交B．b∥a C．b⊂a D．b∥a或b⊂a【分析】线面平行的性质，α内存在与a平行的直线a′，，b⊊α时则b∥a'根据线面平行的判定定理显然成立．【解答】解：根据线面平行的判定定理，b⊊α时，∵a∥平面α，∴存在与a平行的直线a'，∴b∥a′，此时b∥α．显然还有b⊂α．故选D．【点评】本题考查直线和平面的位置关系，线面平行的判定要注意前提条件．2．下列说法正确的是（）A．一个平面的面积可以是16cm2B．空间三点可以确定一个平面C．平面α与平面β相交于线段ABD．两条相交直线可以确定一个平面【分析】根据平面的基本性质与推论，对选项中的命题进行分析判断即可．【解答】解：对于A，平面是无限延展的，∴A命题错误；对于B，不在同一条直线上的三点确定一个平面，∴B命题错误；对于C，如果两条直线相交，那么交线是一条直线，∴C命题错误；对于D，过两条相交直线有且只有一个平面，∴D命题正确．故选：D．【点评】本题考查了平面的基本性质与推论的应用问题，是基础题目．3．把边长为a的正方形卷成圆柱形，则圆柱的体积是（）A．4π3a3B． C． D．【分析】根据“把边长a的正方形，卷成圆柱形”知道圆柱的底面周长是a，高是a，由此根据圆柱的体积公式，即可算出圆柱的体积．【解答】解：把边长a的正方形，卷成圆柱形则圆柱的底面周长是a，高是a，故V=Sh=a×（a÷π÷2）2×π，=a××，=故选C【点评】解答此题的关键是，能根据圆柱的侧面展开图与圆柱的关系，找出对应量，再根据圆柱的体积公式，列式解答即可．4．各棱长均为a的三棱锥的表面积为（）A．B．C．D．【分析】判断三棱锥是正四面体，它的表面积就是四个三角形的面积，求出一个三角形的面积即可求解本题．【解答】解：由题意可知三棱锥是正四面体，各个三角形的边长为a，三棱锥的表面积就是四个全等三角形的面积，即：4×=故选D．【点评】本题考查棱锥的侧面积表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．5．棱长为2的正方体的内切球的表面积为（）A．2πB．4πC．8πD．16π【分析】棱长为2的正方体的内切球的半径r=1，由此能求出其表面积．【解答】解：棱长为2的正方体的内切球的半径r==1，表面积=4πr2=4π．故选B．【点评】本题考查正方体的内切球的性质和应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．6．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β=n，则m∥n．其中正确命题的个数是（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】由线面平行的性质定理判断出④不对，对于选项①②③用平行和垂直的结论以及面面垂直的判定定理判断【解答】解：①正确，课本例题的结论；②正确，同垂直与一条直线的两个平面平行；③正确，由m⊥α，m∥n得，n⊥α，又因n⊂β，所以α⊥β．④不对，由线面平行的性质定理得，当m⊂β时成立；否则不一定成立．即正确的有①②③．故选D．【点评】本题考查了空间中的线面位置关系，用了线面平行的性质定理，平行和垂直的结论以及面面垂直的判定定理判断．做这一类型题目的关键在于对知识的熟练掌握程度．7．若平面α⊥平面β，平面β⊥平面γ，则（）A．α∥γB．α⊥γC．α与γ相交但不垂直 D．以上都有可能【分析】根据已知条件，可以想象α，γ的关系，容易得到A，B，C三种情况都有，所以选D．【解答】解：α⊥β，β⊥γ，则：α∥γ，α⊥λ，α与γ相交但不垂直，这三种情况都有可能，如下面图形所示：（1）α∥γ：（2）α⊥γ：（3）α与γ相交但不垂直：故选D．【点评】考查面面垂直的概念，以及空间想象能力，以及考查同时和一个平面垂直的两平面的位置关系．8．底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为（）A．2πB．C． D．【分析】求出圆锥的高，然后求解圆锥的体积．【解答】解：底面半径为1，母线长为2的圆锥的高为：．底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为：=．故选：D．【点评】本题考查几何体的体积的求法，是基础题．9．如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为（）A．8：27 B．2：3 C．4：9 D．2：9【分析】据体积比等于相似比的立方，求出两个球的半径的比，表面积之比等于相似比的平方，即可求出结论．【解答】解：两个球的体积之比为8：27，根据体积比等于相似比的立方，表面积之比等于相似比的平方，可知两球的半径比为2：3，从而这两个球的表面积之比为4：9．故选C．【点评】本题是基础题，考查相似比的知识，考查计算能力，常考题．10．若球的体积扩大为原来的8倍，则它的表面积扩大为原来的（）A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【分析】利用球的体积和表面积公式，确定半径之间的关系，即可得到结论．【解答】解：∵一个球的体积扩大为原来的8倍，∴球的半径扩大为原来的2倍∴其表面积扩大为原来的4倍故选：B．【点评】本题考查的知识点是球的体积和表面积，熟练掌握球的体积和表面积公式，是解答的关键．11．设球的半径R=cm，则此球的表面积为（）A．36πcm2B．12πcm2C．4cm2D．4πcm2【分析】直接利用球的表面积公式，即可求得结论．【解答】解：根据球的表面积公式可得S=4π×（）2=12π．故选：B．【点评】本题考查球的表面积公式，解题的关键是记清球的表面积公式．二．解答题（共10小题）12．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求证：AC⊥平面B1BDD1；（2）求三棱锥B﹣ACB1体积．【分析】（1）要证AC⊥平面B1BDD1，只需证明AC垂直平面B1BD1D上的两条相交直线DD1，BD；即可．（2）求三棱锥B﹣ACB1体积．转化为B1﹣ABC的体积，直接求解即可．【解答】（1）证明：∵DD1⊥面ABCD∴AC⊥DD1（2分）又∵BD⊥AC，（3分）且DD1，BD是平面B1BD1D上的两条相交直线（5分）∴AC⊥平面B1BDD1（6分）解：（2）=（12分）（其他解法酌情给分）【点评】本题是基础题，考查几何体的体积等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、运算求解能力．13．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠ABC=90°，AB=2，BC=BB1=1，D是棱A1B1上一点．（Ⅰ）证明：BC⊥AD；（Ⅱ）求三棱锥B﹣ACD的体积．【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理证明BC⊥平面ABB1A1，即可证明：BC ⊥AD；（Ⅱ）利用转化法结合三棱锥的体积公式即可求三棱锥B﹣ACD的体积．【解答】证明：（Ⅰ）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∴BC⊥AB，∵BB1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BB1⊥BC，∵BB1∩AB=B，∴BC⊥平面ABB1A1，∵AD⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AD．（Ⅱ）∵BC⊥平面ABB1A1，∴BC是三棱锥C﹣ABD的高，=V C﹣ABD=S△ABD•BC=AB•BB1•BC=×2×1=，则V B﹣ACD即．【点评】本题主要考查空间直线的垂直判断以及三棱锥的体积的计算，利用转化法是解决本题的关键．比较基础．14．已知球上截得小圆的半径为4cm，截面与球心的距离为3cm，求球的半径、表面积和体积．【分析】球的小圆的半径，球心到该截面的距离，球的半径之间的关系，满足勾股定理求出球的半径，然后根据球的表面积公式和体积公式解之即可．【解答】解：∵球上截得小圆的半径为4cm，截面与球心的距离为3cm，小圆半径，截面与球心的距离与球的半径构成直角三角形∴球的半径为5，表面积为100π，体积为【点评】本题主要考查了球的小圆的半径，球心到该截面的距离，球的半径之间的关系，满足勾股定理，属于基础题．15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F为棱AD、AB的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面CB1D1；（Ⅱ）求证：平面CAA1C1⊥平面CB1D1．【分析】（Ⅰ）欲证EF∥平面CB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面CB1D1内一直线平行，连接BD，根据中位线可知EF∥BD，则EF∥B1D1，又B1D1⊂平面CB1D1，EF⊄平面CB1D1，满足定理所需条件；（Ⅱ）欲证平面CAA1C1⊥平面CB1D1，根据面面垂直的判定定理可知在平面CB1D1内一直线与平面CAA1C1垂直，而AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1D1，A1C1⊥B1D1，满足线面垂直的判定定理则B1D1⊥平面CAA1C1，而B1D1⊂平面CB1D1，满足定理所需条件．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BD．在正方体AC1中，对角线BD∥B1D1．又因为E、F为棱AD、AB的中点，所以EF∥BD．所以EF∥B1D1．（4分）又B1D1⊂平面CB1D1，EF⊄平面CB1D1，所以EF∥平面CB1D1．（7分）（Ⅱ）因为在正方体AC1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，而B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1．（10分）又因为在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面CAA1C1．（12分）又因为B1D1⊂平面CB1D1，所以平面CAA1C1⊥平面CB1D1．（14分）【点评】本题主要考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．16．已知E、F、G、H为空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点，且EH ∥FG．求证：EH∥BD．【分析】先由EH∥FG，得到EH∥面BDC，从而得到EH∥BD．【解答】证明：∵EH∥FG，EH⊄面BCD，FG⊂面BCD∴EH∥面BCD，又∵EH⊂面ABD，面BCD∩面ABD=BD，∴EH∥BD【点评】本题主要考查线面平行的判定定理，是道基础题．17．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点．（1）求证：直线BD1∥平面PAC；（2）求证：平面PAC⊥平面BDD1；（3）求证：直线PB1⊥平面PAC．【分析】（1）利用三角形中位线的性质证明PO∥BD1，进而得到线BD1∥平面PAC．（2）由底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，再由DD1⊥AC，得到AC⊥面BDD1，这样在平面PAC内找到了2条直线和平面BDD1垂直，问题得证．（3）△PB1C中，先求出三边的长度，使用勾股定理可得PB1⊥PC，同理可证PB1⊥PA，这样，PB1垂直于平面PAC的2条相交直线，所以直线PB1⊥平面PAC．【解答】解：（1）设AC和BD交于点O，连PO，由P，O分别是DD1，BD的中点，故PO∥BD1，所以直线BD1∥平面PAC．（2）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD又DD1⊥面ABCD，则DD1⊥AC，所以AC⊥面BDD1，则平面PAC⊥平面BDD1（3）PC2=2，PB12=3，B1C2=5，所以△PB1C是直角三角形．PB1⊥PC，同理PB1⊥PA，所以直线PB1⊥平面PAC．（12分）【点评】本题考查直线和平面平行的证法，2个平面垂直的证法，以及直线和平面垂直的证法．18．如图，已知△ABC是正三角形，EA、CD都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a，DC=a，F是BE的中点，求证：（1）FD∥平面ABC；（2）AF⊥平面EDB．【分析】（1）要证FD∥平面ABC，可以通过证明FD∥MC实现．而后者可以通过证明CD∥FM，CD=FM，证明四边形FMCD是平行四边形而得出．（2）要证AF⊥平面EDB，可以通过证明AF⊥EB，AF⊥FD实现．AF⊥EB易证，而AF⊥FD可通过CM⊥面EAB，结合CM∥FD证出．【解答】证明（1）∵F分别是BE的中点，取BA的中点M，∴FM∥EA，FM=EA=a∵EA、CD都垂直于平面ABC，∴CD∥EA，∴CD∥FM，又CD=a=FM∴四边形FMCD是平行四边形，∴FD∥MC，FD⊄平面ABC，MC⊂平面ABC∴FD∥平面ABC．（2）因M是AB的中点，△ABC是正三角形，所以CM⊥AB又EA垂直于平面ABC∴CM⊥AE，又AE∩AB=A，所以CM⊥面EAB，∵AF⊂面EAB∴CM⊥AF，又CM∥FD，从而FD⊥AF，因F是BE的中点，EA=AB所以AF⊥EB．EB，FD是平面EDB内两条相交直线，所以AF⊥平面EDB．【点评】本题考查空间直线和平面的位置关系，考查空间想象能力、转化、论证能力．19．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E为PB的中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求证：平面ACE⊥平面PBC．【分析】（1）连BD交AC于O，连EO，利用三角形的中位线的性质证得EO∥PD，再利用直线和平面平行的判定定理证得PD∥平面ACE．（2）由条件利用直线和平面垂直的判定定理证得BC⊥平面PAB，可得BC⊥AE．再利用等腰直角三角形的性质证得AE⊥PB．再利用平面和平面垂直的判定定理证得平面ACE⊥平面PBC．【解答】证明：（1）连BD交AC于O，连EO，∵ABCD为矩形，∴O为BD中点．E为PB的中点，∴EO∥PD又EO⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，∴PD∥平面ACE（2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴PA⊥BC．∵底面ABCD为矩形，∴BC⊥AB．∵PA∩AB=A，BC⊥平面PAB，AE⊂PAB，∴BC⊥AE．∵PA=AB，E为PB中点，∴AE⊥PB．∵BC∩PB=B，∴AE⊥平面PBC，而AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面PBC．【点评】本题主要考查直线和平面平行的判定定理、直线和平面垂直的判定定理、平面和平面垂直的判定定理的应用，属于基础题．20．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥A1B，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；（Ⅱ）求证：平面AB1C1⊥平面ABB1A1．【分析】（Ⅰ）设AB1∩A1B=O，连接OD，利用直线OD与直线B1C平行，来推导出B1C∥平面A1BD．（Ⅱ）由AB=BB1得ABB1A1正方形⇒A1B⊥AB1，再由A1B⊥AC1⇒A1B⊥平面AB1C1⇒平面AB1C1⊥平面ABB1A1．【解答】解：（Ⅰ）设AB1∩A1B=O，连接OD．由于点O是AB1的中点，又D为AC的中点，所以OD∥B1C（5分）而B1C⊄平面A1BD，OD⊂平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD（7分）（Ⅱ）因为AB=BB1，所以是ABB1A1正方形，则A1B⊥AB1，又A1B⊥AC1，且AC1，AB1⊂平面AB1C1，AC1∩AB1=A，所以A1B⊥平面AB1C1（12分）而A1B⊂平面ABB1A1，所以平面AB1C1⊥平面ABB1A1（14分）【点评】本题考查平面和平面垂直的判定和性质以及线面平行的判定．在证明线面平行时，其常用方法时转化为线线平行或面面平行．21．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E是DD1的中点．（1）求证：BD1∥平面ACE；（2）求证：平面ACE⊥平面B1BDD1．【分析】（1）设AC和BD交于点O，由三角形的中位线的性质可得EO∥BD1，从而证明直线BD1∥平面ACE．（2）证明AC⊥BD，DD1⊥AC，可证AC⊥面BDD1B1，进而证得平面ACE⊥平面BDD1B1 ．【解答】证明：（1）设AC和BD交于点O，连EO，因为E，O分别是DD1，BD的中点，所以EO∥BD1，因为EO⊂平面PAC，BD⊄平面PAC，所以直线BD1∥平面ACE．（2）由题意可得：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD，所以底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又因为DD1⊥面ABCD，所以DD1⊥AC．∵BD⊂平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，BD∩D1D=D，∴AC⊥面BDD1B1．∵AC⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BDD1B1 ．【点评】本题考查证明线面平行、面面垂直的方法，求直线和平面所称的角的大小，找出直线和平面所成的角是解题的难点．。

点线面位置关系例题与练习(含答案)

点、线、面的位置关系● 知识梳理（一）.平面公理1：如果一条直线上有两点在一个平面内，那么直线在平面内。

公理2：不共线．．．的三点确定一个平面. 推论1：直线与直线外的一点确定一个平面. 推论2：两条相交直线确定一个平面. 推论3：两条平行直线确定一个平面.公理3：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有公共点，这些公共点的集合是一条直线（二）空间图形的位置关系1.空间直线的位置关系：相交，平行，异面1.1平行线的传递公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

1.2等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。

1.3异面直线定义：不同在任何一个平面内的两条直线——异面直线；1.4异面直线所成的角：（1）范围：(]0,90θ∈︒︒；（2）作异面直线所成的角：平移法.2.直线与平面的位置关系：包含，相交，平行3.平面与平面的位置关系：平行，相交（三）平行关系（包括线面平行，面面平行） 1.线面平行：①定义：直线与平面无公共点.②判定定理：////a b a a b ααα⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭③性质定理：////a a a b b αβαβ⎫⎪⊂⇒⎬⎪=⎭ 2.线面斜交： ①直线与平面所成的角（简称线面角）：若直线与平面斜交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角。

范围：[]0,90θ∈︒︒ 3.面面平行：①定义：//αβαβ=∅⇒；②判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行；符号表述：,,,//,////a b ab O a b ααααβ⊂=⇒判定2：垂直于同一条直线的两个平面互相平行.符号表述：,//a a αβαβ⊥⊥⇒.③面面平行的性质：（1）////a a αββα⎫⇒⎬⊂⎭；（2）////a a b b αβαγβγ⎫⎪=⇒⎬⎪=⎭（四）垂直关系（包括线面垂直，面面垂直）1.线面垂直①定义：若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面。

高一数学点线面的位置关系试题答案及解析

高一数学点线面的位置关系试题答案及解析1.设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题不正确的是（）A．若，，则B．若，∥，则C．若，，则∥D．若∥,∥,则∥【答案】D.【解析】A：根据线面垂直的定义，可知A正确；B：利用线面垂直的判定，可知B正确；C：根据垂直同一平面的两直线平行可知C正确；D：与的位置关系也有可能是相交或异面，∴D错误.【考点】空间中直线与平面的位置关系.2.已知m,n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若m,n，则m n B．若C．若D．若【答案】D【解析】A选项中m,n可以相交；B选项中可能相交，不同于平面中的垂直于同一直线的两直线平行；C选项中m有可能与的相交线平行，同时也与平行，但平面不平行；综合选D.【考点】直线与平面的位置关系.3.若m，n是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题:①若则；②若则；③若则；④若m，n是异面直线，则．其中真命题是（）A．①和④B．①和③C．③和④D．①和②【答案】A【解析】对于①，因为由m⊥α，m⊥β，可得出α∥β，故命题正确；对于②，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错误；对于③若α∩β=a，m⊂α，n⊂β，m∥a，n∥a，∴m∥n，故③错；对于④，若α∩β=a，则因为m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，所以m∥a，n∥a，∴m∥n，这与m、n是异面直线矛盾，故结论正确；故答案为：A．【考点】1．命题的真假判断与应用；2．平面与平面之间的位置关系．4.如图，三角形ABC是直角三角形，ACB=，PA平面ABC，此图形中有____________个直角三角形.【答案】4【解析】已知,平面,所以面,，均为直角，所以共4个直角三角形.【考点】线面垂直与线线垂直的关系5.以下四个命题中，正确的有几个（）①直线a，b与平面a所成角相等，则a∥b；②两直线a∥b，直线a∥平面a，则必有b∥平面a；③一直线与平面的一斜线在平面a内的射影垂直，则该直线必与斜线垂直；④两点A，B与平面a的距离相等，则直线AB∥平面aA0个 B1个 C2个 D3个【答案】A【解析】本题考查点线面位置关系①直线a，b与平面a所成角相等，则a∥b或相交或异面三种情况②两直线a∥b，直线a∥平面a，则b∥平面a或；③不正确,必须是平面内的一条直线与平面的一斜线在平面a内的射影垂直，则该直线必与斜线垂直；④两点A，B与平面a的距离相等，则直线AB∥平面a或AB与相交.【考点】点线面位置关系6.正三棱柱中，，，Ｄ、Ｅ分别是、的中点，（1）求证：面⊥面BCD；（2）求直线与平面BCD所成的角．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】（1）易证⊥面，可得面⊥面；（2）面面于，过A作于点O，则面于O，连接BO，即为所求二面角的一个平面角，．（1）在正三棱柱中，有，所以面，可得面⊥面；（2）面面于DF，过A作AO⊥DF于点O，则AO⊥面BCD于O，连接BO，即为所求二面角的一个平面角，．【考点】线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，二面角.7.下列命题中正确的个数是()①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交．A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】①若直线a不在α内，则a∥α或a与α相交，故此命题错误；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或a与α相交，故此命题错误；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线平行或异面，故此命题错误；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点，正确；⑤平行于同一平面的两直线可以相交，正确．故选B【考点】本题考查了空间中的线面关系点评：熟练运用线面平行的概念、判定及性质是解决此类问题的关键，属基础题8.如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，(1)求四棱锥S-ABCD的体积;(2)求证：(3)求SC与底面ABCD所成角的正切值。

高二数学点线面的位置关系试题答案及解析

高二数学点线面的位置关系试题答案及解析1.如图，在直三棱柱中，，，分别为和的中点.（1）求证：平面；（5分）（2）求三棱锥的体积.（7分）【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）这是常规题，只要在平面寻找到一条直线与平行即可，通常是通过再取中点构造中位线和平行四边形来达到证题目的，这题就是如此；（2）经常是通过体积计算来考查等积变换思想，三棱锥的体积，关键是三棱椎的高，直接求有难度，可通过变换顶点达到有利于求高的目的，这里就是转化为求三棱锥的体积来实现的.试题解析：（1）取边中点，连、，则，且，所以四边形是平行四边形，，且平面，平面. 5分（2）在等腰三角形中，易知⊥，又，∴平面由（1），平面又，，. 12分【考点】1.立体几何中线面位置关系的证明；2.几何体的体积计算，3.等积变换的思想.2.如图，斜三棱柱的底面是直角三角形，,点在底面内的射影恰好是的中点，且(1)求证:平面平面;(2)若，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】解题思路：（1）作出辅助线，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）合理转化三棱锥的顶点和底面，利用体积法求所求的点到平面的距离.规律总结：对于空间几何体中的垂直、平行关系的判定，要牢牢记住并灵活进行转化，线线关系是关键；涉及点到平面的距离问题，往往转化三棱锥的顶点，利用体积法求距离.试题解析：(1)取中点，连接，则面，，（2）设点到平面的距离，,【考点】1.空间中垂直的判定；2.点到平面的距离.3.如图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是 ( )A．B．C．D．随点的变化而变化.【答案】B【解析】连接,因为为正三棱锥，所以，则有,所以，即直线与所成的角的大小是.【考点】（1）线面垂直的判定与性质应用；（2）线线角.4.设m，n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（）. A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，，则【答案】B.【解析】对于A选项，可能m与相交或平行，对于选项B，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故B选项正确，对于C选项，可能有，对于D选项，可能与相交.【考点】线面间的位置关系5.如图,在四棱锥中,⊥底面,四边形是直角梯形,⊥,∥,,.(1)求证:平面⊥平面；(2)求点C到平面的距离；(3)求PC与平面PAD所成的角的正弦值。

高三数学点线面的位置关系试题答案及解析

高三数学点线面的位置关系试题答案及解析1. 如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A －BCD ，则在三棱锥A －BCD 中，下列命题正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC【答案】D【解析】在平面图形中CD ⊥BD ，折起后仍有CD ⊥BD ，由于平面ABD ⊥平面BCD ，故CD ⊥平面ABD ，CD ⊥AB ，又AB ⊥AD ，故AB ⊥平面ADC ，所以平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.2. 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AB 上 B ．直线BC 上 C ．直线AC 上D ．△ABC 内部【答案】A【解析】由BC 1⊥AC ，又BA ⊥AC ，则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 必在直线AB 上．3. 设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( ) A ．m ∥β且l 1∥α B ．m ∥l 1且n ∥l 2 C ．m ∥β且n ∥β D ．m ∥β且n ∥l 2【答案】B【解析】对于选项A ，不合题意；对于选项B ，由于l 1与l 2是相交直线，而且由l 1∥m 可得l 1∥α，同理可得l 2∥α故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l 1∥m ，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B ；对于选项C ，由于m ，n 不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D ，由n ∥l 2可转化为n ∥β，同选项C ，故不符合题意，综上选B.4. 已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是( ) A ．α⊥β，且m ⊂α B ．m ∥n ，且n ⊥β C ．α⊥β，且m ∥α D ．m ⊥n ，且n ∥β【答案】B【解析】A 错误，只有m 垂直于α与β的交线时，才能得到m ⊥β；B 正确，这是线面垂直的性质定理；C错误，m与β可能平行，可能相交，m也可能在平面β内；D错误，m与β可能平行，可能相交，m也可能在平面β内．5.已知、是两条直线，、是两个平面，给出下列命题：①若，，则；②若平面上有不共线的三点到平面的距离相等，则；③若、为异面直线，，，，，则．其中正确命题的个数（）A．个B．个C．个D．个【答案】B【解析】如下图所示，在正方体中，棱、、、的中点分别为、、、，对于命题①，平面，平面，则平面平面，命题①为真命题；对于命题②，和的中点和都在平面内，但是平面与平面不平行，命题②不正确；对于命题③，与为异面直线，平面，平面，平面，平面，则可以在平面内找到，，于是得到平面平面，平面平面，所以，平面平面，命题③正确，故选B.【考点】空间中点、线、面的位置关系6.在棱长为1的正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹的长度为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】如图,根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是.7.如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M为PC的中点.（1）求证：PA//平面BDM；（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值.【答案】（1）见解析 (2)【解析】证明：连结AC，交BD于点O,连结MO因为MO是的中位线，所以MO∥PA又因为面PAD中，所以MO∥面PAD（2）因为，点M到面ADC的距离，所以。

高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题（含解析）

高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题（含解析）高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题（含解析）1．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.2．如图,四边形为矩形,且平面,,为的中点.（1）求证:；（2）求三棱锥的体积；（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.【答案】（1）见解析;（2）;（3）见解析.【解析】【分析】(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得.(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结.易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.【详解】(1)连结,∵为的中点, ,∴为等腰直角三角形,则,同理可得,∴,∴,又,且,∴,?又∵,∴,又,∴.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,∴,而是三棱锥的高,∴.(3)在上存在中点,使得.理由如下:取的中点,连结.∵是的中点,∴,且,?又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=AD,所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且由知．由知平面．（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得，可取所以．由已知得．所以．解得(舍去)，．所以．又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．4．如图，在三棱锥中，平面平面，，，若为的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线和所成角；（3）设线段上有一点，当与平面所成角的正弦值为时，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2)(3).【解析】【分析】（1）先证明平面平面，再证明平面；（2）分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线和所成角；（3）设，，利用向量法得到，解方程即得t的值和的长.【详解】（1）∵，，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）∵，，∴，，如图，分别以，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,∵，，，，∴，，∵，∴异面直线和所成角为.（3）设为平面的法向量，∵，，∴，即，设，，∴，设与平面所成角为，∵，∴，，，，（舍），，∴的长为.【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.5．如图，在三棱锥中，，，为的中点．?（1）证明：平面；?（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】（1）详见解析（2）．【解析】【详解】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM 的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM= ，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.【详解】（1）连接，，分别为，中点?为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.7．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．（1）证明：直线平面；（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．试题解析：（1）取中点，连结，．因为为的中点，所以,,由得，又所以．四边形为平行四边形，．又，，故（2）由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则，，，，,则因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABC D的法向量，所以，即（x-1）2+y2-z2=0又M在棱PC上,设由①，②得所以M，从而设是平面ABM的法向量，则所以可取.于是因此二面角M-AB-D的余弦值为点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cosθ|＝|cos<m，n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．8．如图，在四棱锥P?ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A?PB?C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.9．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.【详解】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以又，，平面，因此平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，因为，所以，所以，，设是平面的法向量，所以，设是平面的法向量，所以，二面角的余弦值的绝对值为，所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.10．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法?由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法?建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法?由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.11．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN ，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1 AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点，，又，，在中，为中点，则，又侧面为矩形，，，，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：几何法如图，过O作的平行线分别交于点，联结，由于平面，平面，，平面，面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因为，，，所以面．又因，所以面，所以与平面所成的角为．令，则，由于O为的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直线与平面所成角的正弦值也为．[方法二]【最优解】：几何法因为平面，平面平面，所以．因为，所以四边形为平行四边形．由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．所以在平面的射影为．从而与所成角的正弦值即为所求．在梯形中，设，过E 作，垂足为G，则．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．因为平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．因为O为正的中心，故．由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．设直线与平面所成角为，，则．所以直线与平面所成角的正弦值．[方法四]：基底法不妨设，则在直角中，．以向量为基底，从而，，．，，则，．所以．由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．设直线与平面所成角，则．故直线与平面所成角的正弦值为．【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.12．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．【答案】（1）见详解；（2）18【解析】【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为在长方体中，平面；平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面；?（2）设长方体侧棱长为，则，由（1）可得；所以，即，又，所以，即，解得；取中点，连结，因为，则；所以平面，所以四棱锥的体积为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.13．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.［方法二］：空间向量共线定理以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．设，则．所以．故．所以，点在平面内．［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得，所以．故．所以点在平面内．［方法四］：根据题意，如图3，设．在平面内，因为，所以．延长交于G，平面，平面．，所以平面平面①．延长交于H，同理平面平面②．由①②得，平面平面．连接，根据相似三角形知识可得．在中，．同理，在中，．如图4，在中，．所以，即G，，H三点共线．因为平面，所以平面，得证．［方法五］：如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O 为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.则、、、，，，，，设平面的一个法向量为，由，得取，得，则，设平面的一个法向量为，由，得，取，得，，则，，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.［方法二］：定义法在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．?在中，．所以，则．［方法三］：向量法由题意得，由于，所以．如图7，在平面内作，垂足为G，则与的夹角即为二面角的大小．由，得．其中，，解得，．所以二面角的正弦值．［方法四］：三面角公式由题易得，．所以．．．设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得，所以．【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．14．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC =CM=AB=3，DA=．又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE =1．因此，三棱锥的体积为．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.15．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面平面；（3）取中点，连接，证明，则平面.【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴；（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴.又，，、平面，平面，∵平面，∴平面平面；（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P?ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.?【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.17．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D 的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．18．四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,（1）证明：直线平面;（2）若△面积为，求四棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取中点，由于平面为等边三角形，则，利用面面垂直的性质定理可推出底面ABCD，设，表示相关的长度，利用的面积为，求出四棱锥的体积.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【解析】【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，。

高三数学点线面的位置关系试题答案及解析

高三数学点线面的位置关系试题答案及解析1.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是直线BC1的动点，则下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C的大小不变：其中正确的命题有____ ．（把所有正确命题的编号填在横线上）【答案】①③【解析】①,点到线的距离不变，点到面的距离不变，所以体积不变，②取特殊点，当点与重合时，线与面所成角的大小改变；③点变化，但二面角都是面与面所成的角，所以大小不变.故①③正确.【考点】1.几何体的体积；2.二面角的大小；3.线面角.2.如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有()A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面【答案】A【解析】折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.3.直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC的体积．(锥体体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)【答案】（1）见解析（2）【解析】解：(1)证法一：连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.证法二：取A′B′中点P，连接MP，NP.而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解法一：连接BN，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC. 又A′N＝B′C′＝1，故V－MNC＝V N－A′MC＝V N－A′BC＝V A′－NBC＝.A′解法二：V－MNC＝V A′－NBC－V M－NBC＝V A′－NBC＝.A′4.如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为4，动点E、F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′－EFQ的体积()A．与点E、F的位置有关B．与点Q的位置有关C．与点E、F、Q的位置都有关D．与点E、F、Q的位置均无关，是定值【答案】D【解析】因为V－EFQ＝V Q－A′EF＝×(×2×4)×4＝，故三棱锥A′－EFQ的体积与点E、F、A′Q的位置均无关，是定值．5.如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是()A．①②③B．②④C．③④D．②③④【答案】C【解析】画出正方体，如图所示，易知，①②错误，③④正确．故选C.6.已知直线a,b异面, ,给出以下命题：①一定存在平行于a的平面使;②一定存在平行于a的平面使∥;③一定存在平行于a的平面使;④一定存在无数个平行于a的平面与b交于一定点.则其中论断正确的是( )A．①④B．②③C．①②③D．②③④【答案】D【解析】若直线不是异面垂直则不可能存在平行于a的平面使，所以①不正确；②③④正确；故选D.【考点】1.线面平行的位置关系.2.异面直线的概念.7.如图，ABCD是边长为2的正方形，,ED=1，//BD，且.（1）求证：BF//平面ACE；（2）求证：平面EAC平面BDEF;（3）求二面角B-AF-C的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）记与的交点为，连接，则可证，又面，面，故平面；（2）因⊥平面，得,又是正方形，所以，从而平面，又面,故平面平面；（3）过点作于点，连接，则可证为二面角的平面角．在中，可求得，又，故，∴，即二面角的大小为；证明：（1）记与的交点为，连接，则所以，又，所以所以四边形是平行四边形所以，又面，面，故平面；（2）因⊥平面，所以,又是正方形，所以，因为面，面，所以平面，又面,故平面平面；（3）过点作于点，连接，因为，面所以面，因为面,所以因为所以面所以又所以面所以，即得为二面角的平面角．在中，可求得，又，故，∴，即二面角的大小为；【考点】线面平行的判定；面面垂直的判定；二面角的求解.8.如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AD=DC=CB=a，，四边形ACFE是矩形，且平面平面ABCD，点M在线段EF上.（1）求证：平面ACFE；（2）当EM为何值时，AM//平面BDF？证明你的结论.【答案】（1）见解析；（2）当时，平面.【解析】（1）由已知可得四边形是等腰梯形，且，，得到.再根据平面平面，交线为，即得证.（2）在梯形中，设，连接，则，再根据，而，得到，确定得到四边形是平行四边形，从而，得证.（1）在梯形中，，，四边形是等腰梯形，且，，. 3分又平面平面，交线为，平面 . 6分（2）当时，平面， 7分在梯形中，设，连接，则，，而，， 9分，四边形是平行四边形，，又平面，平面平面. 12分【考点】立体几何平行关系、垂直关系.9.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F 是DC上的点且DF=AB，PH为△PAD边上的高.（1）证明：PH⊥平面ABCD；（2）若PH=1，AD=，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；（3）证明：EF⊥平面PAB.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】(1)证明:因为PH为△PAD边上的高,所以PH⊥AD,又因为AB⊥平面PAD，平面PAD,所以AB⊥PH,又因为PH AD=H,所以PH⊥平面ABCD;(2)因为E是PB的中点，所以点E到平面BCF的距离等于点P到平面ABCD距离的一半,即=,又因为=,所以三棱锥E-BCF的体积为;(3)取PA的中点Q,连结EQ、DQ，则因为E是PB的中点，所以EQ∥AB且EQ=AB，又因为DF=AB且DF∥AB，所以EQ∥DF且EQ=DF，所以四边形EQDF是平行四边形，所以EF∥DQ，由(1)知AB⊥平面PAD，所以AB⊥DQ,又因为PD=AD，所以DQ⊥PA,因为PAAB=A,所以DQ⊥平面PAB,因为EF∥DQ，所以EF⊥平面PAB.【考点】本题考查空间线线、线面的平行与垂直的证明以及三棱锥体积的求解，考查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力以及分析与解决问题的能力.10.下列命题正确的是（）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】如下图所示，在正方体中，直线和与底面所成的角均为，但是直线和相交，A选项错误；取、、、的中点、、、，则、、三点到平面的距离相等，但是平面与平面相交，B选项错误；平面，平面，但是直线与平面和平面的交线平行，C选项正确；平面和平面都与平面都垂直，但是平面和平面相交，D选项不正确，故选C.【考点】空间中点、线、面的位置关系11.设平面、，直线、，，，则“，”是“”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【答案】B【解析】由平面与平面平行的判定定理可知，若直线、是平面内两条相交直线，且有“，”，则有“”，当“”，若，，则有“，”，因此“，”是“”的必要不充分条件.选B.【考点】1.平面与平面平行的判定定理与性质；2.充分必要条件12.设m,n是平面内的两条不同直线，l是平面外的一条直线，则且是的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据线面垂直的判定，即直线垂直于面，需要直线垂直于面内相交额两条直线，故且，根据线面垂直的性质，直线垂直面，则垂直于面内的所有直线，故且，所以且是的必要不充分条件，故选B【考点】线面垂直的判断线面垂直的性质13.已知不重合的直线m、l和平面，且，．给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则，其中正确命题的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】因为，，所以，，又，所以，.①正确；因为，，所以或，又，所以或相交或互为异面直线. ②不正确；因为，，所以，又，所以，故③不正确，④正确.选.【考点】平行关系，垂直关系.14.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB＝AC＝A1B＝2.(1)求棱AA1与BC所成的角的大小；(2)在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦值为.【答案】（1）（2）P(1，3，2)【解析】(1)如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，＝(0，2，2)，＝＝(2，－2，0)．cos〈，〉＝＝＝－，故AA1与棱BC所成的角是.(2)P为棱B1C1中点，设＝λ＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB的法向量为n1＝(x，y，z)，＝(2λ，4－2λ，2)，则故n1＝(1，0，－λ)，而平面ABA1的法向量是n2＝(1，0，0)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝，解得λ＝，即P为棱B1C1中点，其坐标为P(1，3，2)．15.如图，在四棱锥PABCD中，M、N分别是侧棱PA和底面BC边的中点，O是底面平行四边形ABCD的对角线AC的中点．求证：过O、M、N三点的平面与侧面PCD平行．【答案】见解析【解析】∵O、M分别是AC、PA的中点，连结OM，则OM∥PC.∵OM∥平面PCD，PC平面PCD，∴OM∥平面PCD.同理，知ON∥CD.∵ON∥平面PCD，CD平面PCD，∴ON∥平面PCD.又OM∩ON于O，∴OM、ON确定一个平面OMN.由两个平面平行的判定定理知平面OMN与平面PCD平行，即过O、M、N三点的平面与侧面PCD平行．16.如图①，E、F分别是直角三角形ABC边AB和AC的中点，∠B＝90°，沿EF将三角形ABC折成如图②所示的锐二面角A1EFB，若M为线段A1C的中点．求证：(1)直线FM∥平面A1EB；(2)平面A1FC⊥平面A1BC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】(1)取A1B中点N，连结NE、NM，则MN∥=BC，EF∥=BC，所以MN∥=FE，所以四边形MNEF为平行四边形，所以FM∥EN.又FM平面A1EB，EN∥平面A1EB，所以直线FM∥平面A1EB.(2)因为E、F分别为AB和AC的中点，所以A1F＝FC，所以FM⊥A1C.同理，EN⊥A1B.由(1)知FM∥EN，所以FM⊥A1B.又A1C∩A1B＝A1，所以FM⊥平面A1BC.因为FM平面A1FC，所以平面A1FC⊥平面A1BC17.由平面α外一点P引平面的三条相等的斜线段，斜足分别为A、B、C，O为△ABC的外心，求证：OP⊥α.【答案】见解析【解析】学生错解：证明：因为O为△ABC的外心，所以OA＝OB＝OC，又因为PA＝PB＝PC，PO公用，所以△POA，△POB，△POC都全等，所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，所以OP⊥α.审题引导：要记OP⊥α，需记OP垂直于α内两条相交的直线，由图形易知，可考虑证OP垂直于△ABC的两条边，注意到图中的等腰三角形PBC、OBC，不准找到证题途径．规范解答：证明：取BC的中点D，连结PD、OD，∵PB＝PC，OB＝OC，∴BC⊥PD，BC⊥OD，(5分)又PD平面POD，OD平面POD，且PD∩OD＝D，∴BC⊥平面POD.(8分)∵PO平面POD，∴BC⊥PO.同理AB⊥PO.(12分)又AB、BC是α内的两条相交直线，∴PO⊥α.(14分)错解分析：上述解法中∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，是对的，但它们为什么是直角呢？这里缺少必要的证明．18.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知∠ACB＝90°，M为A1B与AB1的交点，N为棱B1C1的中点．(1)求证：MN∥平面AA1C1 C；(2)若AC＝AA1，求证：MN⊥平面A1BC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：(1)连结AC1，因为M为A1B与AB1的交点，所以M是AB1的中点．又N为棱B1C1的中点，所以MN∥AC1.又AC1平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN∥平面AA1C1C.(2)由AC＝AA1，则四边形AA1C1C是正方形，所以AC1⊥A1C.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为BC平面ABC，所以CC1⊥BC.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.因为CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥AC1.又AC1平面AA1C1C，MN∥AC1，所以MN⊥A1C，MN⊥BC.又BC∩A1C＝C，所以MN⊥平面A1BC.19.如图，在三棱锥P－ABC中，△PAC，△ABC分别是以A、B为直角顶点的等腰直角三角形，AB＝1.现给出三个条件：①PB＝；②PB⊥BC；③平面PAB⊥平面ABC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA⊥平面ABC；【答案】见解析【解析】(解法1)选取条件①，在等腰直角三角形ABC中，∵AB＝1，∴BC＝1，AC＝.又∵PA＝AC，∴PA＝.∴在△PAB中，AB＝1，PA＝.又∵PB＝，∴AB2＋PA2＝PB2.∴∠PAB＝90°，即PA⊥AB.又∵PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC真包含于平面ABC，∴PA⊥平面ABC.(解法2)选取条件②，∵PB⊥BC，又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.∵PA真包含于平面PAB，∴BC⊥PA.又∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(解法3)选取条件③，若平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC＝AB，BC真包含于平面ABC，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.∵PA真包含于平面PAB，∴BC⊥PA.∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.20.如图，四边形ABCD为正方形，在四边形ADPQ中，PD∥QA.又QA⊥平面ABCD，QA＝AB＝PD.(1)证明：PQ⊥平面DCQ；(2)CP上是否存在一点R，使QR∥平面ABCD，若存在，请求出R的位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）存在CP中点R【解析】(1)证法一：∵QA⊥平面ABCD，∴QA⊥CD,由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又QA、AD为平面PDAQ内两条相交直线，∴CD⊥平面PDAQ，∴CD⊥PQ，在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD,又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，∴PQ⊥平面DCQ.证法二：∵QA⊥平面ABCD，QA平面PDAQ，∴平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，∴DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD,又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，∴PQ⊥平面DCQ.(2)存在CP中点R，使QR∥平面ABCD.证明如下：取CD中点T，连结QR、RT、AT，则RT∥DP，且RT＝DP，又AQ∥DP，且AQ＝DP，从而AQ∥RT，且AQ＝RT，∴四边形AQRT为平行四边形，所以AT∥QR，∵QR平面ABCD，AT平面ABCD，∴QR∥平面ABCD.21.从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：(1)矩形的4个顶点；(2)每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；(3)每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；(4)有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确的结论有________个．【答案】4【解析】四边形ABCD适合(1)，四面体ACB1D1适合(2)，DB1C1D1适合(3)，DA1C1D1适合(4)，因此正确的结论有4个22.已知是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列命题正确的是( ) A．若∥，则∥B．若∥，则∥C．若，则D．若，则【答案】D【解析】由∥，∥，可得或∥，不正确；由∥，∥，可得∥或，相交或，互为异面直线，不正确；由∥，，可得∥或，相交，不正确；由∥，，可得，正确.选.【考点】平行关系，垂直关系.【考点】二项式定理23.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．【答案】【解析】∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，又∵E是AD的中点，∴F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，∴EF＝AC＝×2＝.24.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．【答案】①③【解析】α∥β⇒直线l⊥平面β，由于直线m⊂平面β，∴l⊥m故①正确；由l∥m，直线l⊥平面α可推出直线m⊥平面α，而直线m⊂平面β，∴α⊥β故③正确．25.如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是() A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】选项A正确，因为SD垂直于底面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SD；再由四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD；而BD与SD相交，所以，AC⊥平面SBD，AC⊥SB.选项B正确，因为AB∥CD，而CD⊂平面SCD，AB⊄平面SCD，所以AB∥平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，易知SA与平面SBD所成的角就是∠ASO，SC与平面SBD所成的角就是∠CSO，易知这两个角相等．选项D错误，AB与SC所成的角等于∠SCD，而DC与SA所成的角是∠SAB，这两个角不相等．26.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C－PB－A的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)由AB是圆的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC.(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)．故＝(，0,0)，＝(0,1,1)．设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则所以不妨令y1＝1，则n1＝(0,1，－1)．因为＝(0,0,1)，＝(，－1,0)，设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则所以不妨令x2＝1，则n2＝(1，，0)．于是cos〈n1，n2〉＝＝.由题图可判断二面角为锐角，所以二面角C－PB－A的余弦值为.27.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，，DC=1，AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=1．(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求证：BC⊥平面PAC；【答案】(1)证明见解析；(2)证明：见解析.【解析】(1)由直线与平面平行的判定定理即得.(2)注意到在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，四边形ADCE为矩形利用勾股定理计算三角形的边长，进一步得到再根据平面，即可得出平面.试题解析：(1)证明：，且平面，平面.∴∥平面. 5分(2)证明：在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形∴，又，在，所以，则，∴ 9分又∵平面，，∴平面 12分【考点】直线与平面平行，勾股定理，垂直关系.28.在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且∥平面，记与平面所成的角为，下列说法错误的是（）A．点的轨迹是一条线段B．与不可能平行C．与是异面直线D．【答案】B【解析】由已知可取的中点,的中点,连结，易证平面∥平面，故可知点的轨迹是一条线段，与是异面直线，A、C对；当点与重合时与平行，B不对；在上取点F,连结，可证为与平面所成的角，当点F在MN的中点时最大，此时,则，D对，故选B.【考点】1.直线与平面平行的性质与判断；2.直线和平面的夹角；3.空间两直线的位置关系29.如图所示，正方体的棱长为1, 分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、交于，设，，给出以下四个命题：①平面平面；②当且仅当时，四边形的面积最小；③四边形周长，是单调函数；④四棱锥的体积为常函数；以上命题中真命题的序号为。

高中数学立体几何点线面位置关系精选题目(附答案)

(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．
2．下列说法正确的是()
A．用一平面去截圆台，截面一定是圆面
B．在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则两点的连线就是圆台的母线
C．圆台的任意两条母线延长后相交于同一点
A．36πB．64π
C．100πD．144π
解析：选A三棱锥ABCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它和三棱锥ABCD的外接球是同一个，且体对角线的长为球的直径，若设球的半径为R，则2R＝＝6，故R＝3，∴外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选A.
三、空间点、线、面位置关系的判断与证明
(3)(2017·山东高考)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
[解析]
(1)如图所示，该几何体的表面积S＝1×1＋ ×1×1×2＋2× ×(1＋2)×1＋ × × ＝5＋，故选A.
(2)①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCDA1B1C1D1中的四面体ACB1D1；②错误，因为球的直径必过球心；③错误，必须是相邻的两个侧面．
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积S为________．
解析：根据三视图，可知题中的几何体是由一个长方体挖去一个圆柱得到的，所以S＝2×(4×1＋3×1＋4×3)＋2π－2π＝38.
答案：38
二、与球有关的问题
球的表面积与体积
(1)球的表面积公式S球＝4πR2.
(2)球的体积公式V球＝ πR3.
(2)旋转体的表面积：
①S圆柱＝2πrl＋2πr2；
②S圆锥＝πrl＋πr2；

8.2点线面的位置关系-高考数学历年(十年)真题题型归纳+模拟预测(原卷版)

第八章立体几何与空间向量8.2 点线面的位置关系立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间内点线面的关系为主，空间几何体的体积或表面积的计算.题型一.点线面的位置关系1．（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 2．（2015•福建）若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．（2019•新课标Ⅲ）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线4．（2017•新课标Ⅲ）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．5．（2017•新课标Ⅲ）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC 6．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1题型二.证明平行1．（2016•新课标Ⅲ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．（Ⅲ）证明：MN∥平面P AB；（Ⅲ）求四面体N﹣BCM的体积．2．（2013•新课标Ⅲ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点（Ⅲ）证明：BC1∥平面A1CD；（Ⅲ）AA1＝AC＝CB＝2，AB=2√2，求三棱锥C﹣A1DE的体积．3．（2014•安徽）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2√17，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH．（Ⅲ）证明：GH∥EF；（Ⅲ）若EB＝2，求四边形GEFH的面积．4．（2011•安徽）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形（Ⅲ）证明直线BC∥EF；（Ⅲ）求棱锥F﹣OBED的体积．题型三.证明垂直1．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．证明：（1）当AB＝BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．2．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．3．（2019•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E 为CD的中点．（Ⅲ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅲ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．̂所在平面垂直，M是CD̂上异于4．（2018•新课标Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CDC，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．5．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM，证明：平面P AM⊥平面PBD．6．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1，已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．一．选择题（共4小题）1．已知α，β是两个不同的平面，直线m ⊂α，下列命题中正确的是（）A ．若α⊥β，则m ∥βB ．若α⊥β，则m ⊥βC ．若m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥β，则α⊥β2．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P ，Q 分别为A 1D 1，D 1C 1的中点，在平面ABCD 中，过AB 的中点M 作平面DPQ 的平行线交直线BC 于N ，则BN BC 的值为（）A ．13B ．12C ．1D ．233．已知直线l ⊄平面α，直线m ⊂平面α，给出下面四个结论：①若l 与m 不垂直，则l 与α一定不垂直；②若l 与m 所成的角为30°，则l 与α所成的角也为30°；③l ∥m 是l ∥α的必要不充分条件；④若l 与α相交，则l 与m 一定是异面直线．其中正确结论的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．44．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 上的动点，且满足AP ＝B 1Q ，则下列命题错误的是（）A ．存在P ，Q 的某一位置，使AB ∥PQB ．△BPQ 的面积为定值C ．当P A ＞0时，直线PB 1与AQ 是异面直线D ．无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ二．多选题（共2小题）5．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别为棱A 1D 1，D 1D ，A 1B 1的中点．则下列结论正确的是（）A ．AC 1⊥EGB ．GC ∥EDC ．B 1F ⊥平面BGC 1D ．EF 和BB 1所成角为π46．一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（）A．AB⊥EF B．AB与CM所成的角为60°C．MN∥CD D．EF与MN所成的角为60°三．解答题（共5小题）7．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面A1ADD1⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，且∠ADC=π2，AB∥CD．点E为棱D1D上的一点（异于点D1）．（1）求证：C1D1∥平面ABE；（2）求证：平面ABE⊥平面A1ADD1．8．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB＝2AA1，M是AB的中点，N是BC的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上的一点．（1）求证：M，N，A1，C1四点共面；（2）若DE∥平面A1MC1，求CEEB；（3）求直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值．9．在直角三角形ABC中，AB＝BC＝2，D为AC的中点，以BD为折痕将△ABD折起，使点A到达点P的位置且PB⊥CD．（1）求证：PD⊥CD；（2）求A点到平面PBC的距离．10．如图，四棱锥E﹣ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB ＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．（1）求证：AE⊥BE；（2）设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长。