（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 立體幾何 第7講 空間線面關(guān)系練習(xí)

第7講 空間線面關(guān)系A(chǔ)級(jí)高考保分練1已知平面，和直線m，給出條件：m；m；m；.當(dāng)滿足條件_時(shí)，有m.(填所選條件的序號(hào))解析：若m，則m.故填.答案：2.如圖，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，AB2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上若EF平面AB1C，則線段EF的長(zhǎng)為_(kāi)解析：因?yàn)镋F平面AB1C，EF平面ABCD，平面AB1C平面ABCDAC，所以EFAC.又點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，所以點(diǎn)F是DC的中點(diǎn)所以EFAC.答案：3設(shè)，為兩個(gè)不同平面，m，n為兩條不同的直線，給出以下命題：若m，n，則mn；若，m，則m；若，m，n，則mn；若mn，m，n，則.則真命題個(gè)數(shù)為_(kāi)解析：若m，n，由線面平行性質(zhì)可得，過(guò)n的平面與交于k，可得nk，由mk，知mn，故正確；由面面平行的性質(zhì)可知正確；m與n可以平行、相交或異面，故錯(cuò)誤；與可能平行或相交，故錯(cuò)誤答案：24設(shè)平面，A，C，B，D，直線AB與CD交于S，若AS18，BS9，CD34，則CS _.解析：如圖，由可知BDAC.，即，SC68.如圖，由知ACBD，即，SC.答案：68或5已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2 cm，PA平面ABC，A為垂足，且PA2 cm，那么點(diǎn)P到BC的距離為_(kāi) cm.解析：取BC的中點(diǎn)D，連結(jié)AD，PD，則BCAD.因?yàn)镻A平面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，則PD的長(zhǎng)度即為點(diǎn)P到BC的距離解PAD，可得PD cm.答案：6(2019·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，AB1，BC，點(diǎn)M在棱CC1上，當(dāng)MD1MA取得最小值時(shí)，MD1MA，則棱CC1的長(zhǎng)為_(kāi)解析：把長(zhǎng)方形DCC1D1展開(kāi)到長(zhǎng)方形ACC1A1所在平面，如圖，當(dāng)A，M，D1在同一條直線上時(shí)，MD1MA取得最小值，此時(shí).令MA2x，MD1x，CC1h，則解得h.答案：7(2019·蘇北三市期末)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E，F(xiàn)分別是B1C1，AB，AA1的中點(diǎn)(1)求證：EF平面A1BD；(2)若A1B1A1C1，求證：平面A1BD平面BB1C1C.證明：(1)因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點(diǎn)，所以EFA1B.因?yàn)镋F平面A1BD，A1B平面A1BD，所以EF平面A1BD.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1平面A1B1C1，因?yàn)锳1D平面A1B1C1，所以BB1A1D.因?yàn)锳1B1A1C1，且D是B1C1的中點(diǎn)，所以A1DB1C1.因?yàn)锽B1B1C1B1，B1C1平面BB1C1C，BB1平面BB1C1C，所以A1D平面BB1C1C.因?yàn)锳1D平面A1BD，所以平面A1BD平面BB1C1C.8(2019·宿遷期末)在四棱錐S­ABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD是菱形(1)求證：平面SAC平面SBD；(2)若點(diǎn)M是棱AD的中點(diǎn)，點(diǎn)N在棱SA上，且ANNS，求證：SC平面BMN.證明：(1)因?yàn)镾A平面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD.因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以ACBD.又SA平面SAC，AC平面SAC，且SAACA，所以BD平面SAC.因?yàn)锽D平面SBD，所以平面SAC平面SBD.(2)設(shè)AC與BM的交點(diǎn)為E，連結(jié)NE.由底面ABCD是菱形，得ADBC.所以.又因?yàn)锳NNS，所以，所以NESC.因?yàn)镹E平面BMN，SC平面BMN，所以SC平面BMN.9(2019·如皋一模)如圖，四棱錐P­ABCD中，底面為直角梯形，ADBC，AD2BC，且BADBPA90°，平面APB底面ABCD，點(diǎn)M為PD的中點(diǎn)(1)求證：CM平面PAB；(2)求證：PBPD.證明：(1)取AP的中點(diǎn)H，連結(jié)BH，HM，因?yàn)镠，M分別為AP，DP的中點(diǎn)，所以HMAD且HMAD.因?yàn)锳DBC且AD2BC，所以HMBC且HMBC，所以四邊形BCMH為平行四邊形，所以CMBH，因?yàn)镃M平面PAB，BH平面PAB，所以CM平面PAB.(2)因?yàn)锽AD90°，所以BAAD.因?yàn)槠矫鍭PB平面ABCD，AD平面ABCD，平面APB平面ABCDAB，所以AD平面APB.因?yàn)镻B平面PAB，所以PBAD，因?yàn)锽PA90°，所以PBPA，因?yàn)镻AADA，PA平面PAD，AD平面PAD，所以PB平面PAD，因?yàn)镻D平面PAD，所以PBPD.B級(jí)難點(diǎn)突破練1已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M，N分別在側(cè)面ABB1A1和ACC1A1內(nèi)，BC1與B1C交于點(diǎn)P，則MNP周長(zhǎng)的最小值為_(kāi)解析：設(shè)P關(guān)于側(cè)面ABB1A1和ACC1A1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)分別為Q，R，連接QR，則當(dāng)MNP周長(zhǎng)最小時(shí)，M，N，Q，R共線，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，點(diǎn)P是BC1與B1C的交點(diǎn)，所以點(diǎn)P是側(cè)面BCC1B1的中心，故MNP周長(zhǎng)最小時(shí)M，N分別為側(cè)面ABB1A1和ACC1A1的中心，所以MNP周長(zhǎng)的最小值為3.答案：32在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分別是棱D1C1，A1D1，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在BD1上且BPBD1.則下列四個(gè)說(shuō)法：MN平面APC；C1Q平面APC；A，P，M三點(diǎn)共線；平面MNQ平面APC.其中說(shuō)法正確的是_(填序號(hào))解析：如圖，連結(jié)MN，AC，則MNAC，連結(jié)AM，CN，易得AM，CN交于點(diǎn)P，即MN平面PAC，所以MN平面APC錯(cuò)誤連結(jié)AN.由知M，N在平面APC內(nèi)，由題易知ANC1Q，所以C1Q平面APC正確由知A，P，M三點(diǎn)共線正確連結(jié)NQ，MQ.由知MN平面PAC，又MN平面MNQ，所以平面MNQ平面APC錯(cuò)誤答案：3(2019·常州期末)如圖，正三棱柱ABC­A1B1C1中，點(diǎn)M，N分別是棱AB，CC1的中點(diǎn)求證：(1)CM/平面AB1N；(2)平面A1BN平面AA1B1B.證明：(1)設(shè)AB1交A1B于點(diǎn)O，連結(jié)OM，ON.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1CC1，BB1CC1，且四邊形AA1B1B是平行四邊形，所以O(shè)為AB1的中點(diǎn)又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)MBB1，且OMBB1.因?yàn)镹為CC1的中點(diǎn)，CNCC1，所以O(shè)MCN，且OMCN，所以四邊形CMON是平行四邊形，所以CMON.又ON平面AB1N，CM平面AB1N，所以CM平面AB1N.(2)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.又CACB，M為AB的中點(diǎn)，所以CMAB.又由(1)知CMON，所以O(shè)NAB，ONBB1.又因?yàn)锳BBB1B，AB平面AA1B1B，BB1 平面AA1B1B，所以O(shè)N平面AA1B1B.又ON平面A1BN，所以平面A1BN平面AA1B1B.4如圖1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中點(diǎn)，將ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1­ABCE，其中平面D1AE平面ABCE.(1)證明：BE平面D1AE；(2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)證明：四邊形ABCD為矩形且ADDEECBC2，AEBE2.又AB4，AE2BE2AB2，AEB90°，即BEAE.又平面D1AE平面ABCE，平面D1AE平面ABCEAE，BE平面ABCE，BE平面D1AE.(2)，理由如下：取D1E的中點(diǎn)L，連結(jié)FL，AL，F(xiàn)LEC，F(xiàn)LEC1.又ECAB，F(xiàn)LAB，且FLAB，M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面若MF平面AD1E，則MFAL.四邊形AMFL為平行四邊形，AMFLAB，即.- 6 -