版高考专题辅导与训练之专题强化测评52《点直线平面之间的位置关系》数学理人教A版浙江专用Word文档下载推荐.docx

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（A）0个（B）1个（C）2个（D）3个

4.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m⊥α，n⊥β,m⊥n，则α⊥β；

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.

其中正确的命题是（）

（A）①④（B）②④（C）①（D）④

5.（2011·

浙江联考）如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=a,BB1=b（b>

a），设异面直线A1B与AD1所成的角为α,异面直线A1B与B1D1所成的角为β，则（）

（A）α<

60°

β<

（B）α<

β>

（C）α>

（D）α>

二、填空题

6.在空间中，给出下面四个命题：

①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；

②若平面β内有不共线的三点到平面α的距离都相等，则α∥β；

③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则l⊥α；

④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条平行线；

则其中正确命题的个数为_______个.

7.（2011·

宁波模拟）已知四面体ABCD中，DA=DB=DC=

，且DA，DB，DC两两互相垂直，点O是△ABC的中心，将△DAO绕直线DO旋转一周，则在旋转过程中，直线DA与直线BC所成角的余弦值的取值范围是_______.

三、解答题

8.（2011·

扬州模拟）如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.

（1）求证：

DE∥平面ABC；

（2）求证：

B1C⊥平面BDE.

9.已知：

正方体ABCD-A1B1C1D1，AA1＝2，E为棱CC1的中点.

B1D1⊥AE；

AC∥平面B1DE；

（3）求三棱锥A-BDE的体积.

10.（2011·

嘉兴模拟）如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，且AD=DE=2AB.

（1）设M是线段CD的中点，求证：

AM∥平面BCE；

（2）求直线CB与平面ABED所成角的余弦值.

11.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=3，F为线段DE上的动点.

（1）若F为DE的中点，求证：

BE∥平面ACF；

（2）若二面角E-BC-F与二面角F-BC-D的大小相等，求DF长.

答案解析

1.【解析】选B.①m和α可能平行，可能垂直，m也可能是α的斜线，还可能m⊂α,∴

，故①错误；

由线面垂直的判定定理及性质定理可知②③正确；

⇒m与n平行或异面，故④错误.

2.【解析】选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；

两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；

相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；

共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错.

3.【解析】选B.两条相交直线在同一个平面内的射影是相交直线或同一条直线，故①错误；

若a⊥b,a⊥α，则b∥α或b⊂α，故③错误.

4.【解析】选A.我们借助于长方体模型来解决本题.对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图

（1）所示，故①正确；

对于②，平面α、β可能垂直，如图

（2）所示；

对于③，平面α、β可能垂直，如图（3）所示；

对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图（4）所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n,故④正确.

5.【解析】选B.如图，连接A1D，BD，BC1，则AD1∥BC1,BD∥B1D1,所以异面直线A1B与AD1所成的角为∠A1BC1，异面直线A1B与B1D1所成的角为∠A1BD，在△A1BC1中，

由b>

a知，

故A1B=BC1>

A1C1，所以∠A1BC1<

即α<

.

在△A1BD中，

由b>

a知,

故A1B=A1D>

BD,

所以∠BA1D<

∠A1BD=∠A1DB>

即β>

6.【解析】①当这两点所在的直线与平面α垂直时，有无数个平面与平面α垂直，故①错误；

②当这三个不共线的点位于平面α的两侧时，α与β相交，故②错误；

③l与平面α内的无数条直线垂直，则l与α可垂直、可相交、可l⊂α,也可平行，故③错误；

④两条异面直线在同一平面内的射影为两条平行直线或两条相交直线，故④错误.

答案：

7.【解析】如图，过O作BC的平行线，交⊙O于点E.过E作DO的平行线，截取EF=DO，连接DF,DE，则∠ADF或其补角为直线DA与直线BC所成的角，显然当OA⊥BC时，DA⊥BC，∠ADF=90°

又因为AD、DF在△DAO旋转过程中长度不变，所以当AF最短时，∠ADF最小，此时AF与EF重合,

∵DA=DB=DC=

DA、DB、DC两两互相垂直,

∴AB=BC=AC=

=6.

设△ABC外接圆半径为R，则由正弦定理得

故

因此在

△DEF中,cos∠EDF=

所以直线DA与直线BC所成角的余弦值的取值范围是［0,

］.

［0,

］

8.【证明】

（1）取BC中点G，连接AG，EG.

∵G，E分别为CB，CB1的中点，

∴EG∥BB1，且EG＝

AA1.

又∵正三棱柱ABC-A1B1C1，

可得EG∥AD，EG＝AD，

∴四边形ADEG为平行四边形，

∴AG∥DE.

∵AG⊂平面ABC，

DE

平面ABC，

所以DE∥平面ABC.

（2）由

（1）中取BC中点G，

∵正三棱柱ABC-A1B1C1，

∴BB1⊥平面ABC.

∴AG⊥BB1.

∵G为BC的中点，AB=AC,

∴AG⊥BC，

∴AG⊥平面BB1C1C.

∵B1C⊂平面BB1C1C，

∴AG⊥B1C.

∵AG∥DE，

∴DE⊥B1C.

∵BC＝BB1，B1E＝EC，

∴B1C⊥BE.

∵BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，BE∩DE＝E，

∴B1C⊥平面BDE.

9.【解析】

（1）由题意易知BD∥B1D1，

∵ABCD是正方形，

∴AC⊥BD.

∵CE⊥平面ABCD，

∴CE⊥BD.

又AC∩CE＝C，

∴BD⊥平面ACE.

∵AE⊂平面ACE，

∴BD⊥AE，

∴B1D1⊥AE.

（2）取BB1的中点F，连接AF、CF、EF.

∵E、F分别是CC1、BB1的中点，

∴CE

B1F,

∴四边形B1FCE是平行四边形，

∴CF∥B1E.

∵E，F分别是CC1、BB1的中点，

∴EF

BC.

又BC

AD，

∴四边形ADEF是平行四边形，

∴AF∥ED.

∵AF∩CF=F,B1E∩ED=E,

∴平面ACF∥平面B1DE.

又AC⊂平面ACF，

∴AC∥平面B1DE.

（3）由题意可知S△ABD=

AB·

AD＝2.

∴

.

10.【解析】

（1）取CE中点N，连接MN、BN,则MN∥DE∥AB且

∴四边形ABNM为平行四边形，

∴AM∥BN,

∴AM∥平面BCE.

（2）取AD中点H，连接BH、CH,

∵△ACD是正三角形，

∴CH⊥AD.

又∵AB⊥平面ACD，

∴CH⊥AB.

∴CH⊥平面ABED.

∴∠CBH为直线CB与平面ABED所成的角.

设AB=a，则AC=AD=2a,∴

11.【解析】

（1）连接AC，交BD于O，连OF，如图1.

∵F为DE中点，O为BD中点，∴OF∥BE，OF⊂平面ACF，BE

平面ACF，

∴BE∥平面ACF.

（2）如图2,过E作EH⊥AD于H，过H作MH⊥BC于M，连结ME，同理过F作FG⊥AD于G，过G作NG⊥BC于N，连结NF,

∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE,

∴AE⊥CD，又∵CD⊥AD，AE∩AD=A,

∴CD⊥平面DAE，

EH⊂平面DAE，

∴CD⊥EH,

又CD∩AD=D,

∴EH⊥平面ABCD，

∴HE⊥BC，∴BC⊥平面MHE，∴BC⊥HE,

∴∠HME为二面角E-BC-D的平面角，

同理，∠GNF为二面角F-BC-D的平面角，

∵MH∥AB，∴MH=

又HE=

∴tan∠HME=

而∠HME=2∠GNF,

∴tan∠GNF=

又GF∥HE，