2019届二轮复习（理）专题跟踪训练22点、直线、平面之间的位置关系作业（全国通用）

专题跟踪训练(二十二)

一、选择题

1．(2018·中原名校联盟联考)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，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)

A．α⊥β且m⊂α   B．α⊥β且m∥α

C．m∥n且n⊥β   D．m⊥n且n∥β

[解析]　对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.

[答案]　C

2．已知直线m，l与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α，m⊥γ，则下列命题一定正确的是(　　)

A．α⊥γ且l⊥m   B．α⊥γ且m∥β

C．m∥β且l⊥m   D．α∥β且α⊥γ

[解析]　∵m⊂α，m⊥γ，∴α⊥γ.又∵β∩γ＝l，∴l⊂γ，∴l⊥m.故选A.

[答案]　A

3．(2018·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为(　　)

①若m∥n，n⊂α，则m∥α；

②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；

③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；

④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.

A．1  B．2  C．3  D．4

[解析]　①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α，因此正确．综上可知只有②④正确．故选B.

[答案]　B

4．[原创题]如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为(　　)

A．－   B.

C．－   D.

[解析]　如图所示，取BC的中点E，连接DE，AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝PC.故∠EDA为异面直线PC，AD所成的角或其补角．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB.在Rt△ABC中，AC＝＝＝2；在Rt△PAC中，PC＝＝＝2.故DE＝PC＝.在Rt△PAB中，PB＝＝＝2；又PD＝DB，所以AD＝PB＝.在Rt△EAB中，AE＝＝＝.在△DAE中，cos∠ADE＝＝＝－.设异面直线PC，AD所成的角为θ，则cosθ＝|cos∠ADE|＝.故选D.

[答案]　D

5．(2018·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是(　　)

①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；

②平面SBC内存在直线与SA平行；

③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．

A．0  B．1  C．2  D．3

[解析]　由题图，得SA⊥SE，若存在点E使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故③正确．选B.

[答案]　B

6．(2018·河北五校联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(　　)

A．2  B．4  C．4  D．8

[解析]　如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，

∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，又∵A1A∩AE＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，

∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4，故选B.

[答案]　B

二、填空题

7．(2018·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.

[解析]　根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.

[答案]　

8．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．

[解析]　过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC，BC，B1C1，A1C1的中点)．易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有C＝6条．

[答案]　6

9.(2018·山东烟台二模)如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的序号)

①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；

②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；

③当A、C重合于点P时，PG⊥PD；

④当A、C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π.

[解析]　在△ABE中，tan∠ABE＝，在△ACD中，tan∠CAD＝，所以∠ABE＝∠DAC，由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确；由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；当A、C重合于点P时，可得PG＝，PD＝10，又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2，所以PG与PD不垂直，故③不正确；当A，C重合于点P时，在三棱锥P－DEF中，△EFD与△FCD均为直角三角形，所以DF为外接球的直径，即R＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝150π，故④正确．综上，正确命题的序号为①④.

[答案]　①④

三、解答题

10.(2018·河南洛阳一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD.

(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；

(2)若△EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离．

[解]　(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，∴DM＝CB＝AD＝AB，

即点D在以线段AB为直径的圆上，

∴BD⊥AD，

又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，

∴BD⊥平面EAD.

∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.

(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD.

∵等边△EAD的面积为，∴AD＝AE＝ED＝2，

取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝，

∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，

∴EO⊥平面ABCD.

由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，

∴BD＝＝2，

S△EBD＝ED·BD＝2，

设点C到平面EBD的距离为h，

由VC－EBD＝VE－BCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，

又S△BCD＝BC·CDsin120°＝，

∴h＝.

∴点C到平面EBD的距离为.

11．(2018·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.

(1)证明：BC⊥AB1；

(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．

[解]　(1)证明：由题意，tan∠ABD＝＝，

tan∠AB1B＝＝，

由图可知0<∠ABD，∠AB1B<，

所以∠ABD＝∠AB1B，

所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝，

所以AB1⊥BD，

又CO⊥侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO.

又BD与CO交于点O，所以AB1⊥平面CBD，

又因为BC⊂平面CBD，所以BC⊥AB1.

(2)如图，以O为原点，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，

则A，

B，

C，

B1，D，

又因为＝2，所以C1.

所以＝，＝，

＝.

设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，

则根据可得

令x＝1，则y＝，z＝－，

所以n＝(1，，－)是平面ABC的一个法向量，设直线C1D与平面ABC所成角为α，

则sinα＝＝.

12．(2018·贵阳监测)如图所示，该几何体由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.

(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；

(2)若正四棱锥P－ABCD的高为1，求二面角C－AF－P的余弦值．

[解]　(1)证明：∵直三棱柱ADE－BCF中，AB⊥平面ADE，

∴AB⊥AD，又AD⊥AF，AB∩AF＝A，

∴AD⊥平面ABFE，∵AD⊂平面PAD，

∴平面PAD⊥平面ABFE.

(2)∵AD∥BC，AD⊥平面ABFE，∴BC⊥平面ABFE，且AB⊥BF，建立以B为坐标原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．

∵正四棱锥P－ABCD的高为1，AE＝AD＝2，

∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－1,1)，

∴＝(－2,2,0)，＝(0,2，－2)，＝(1,1，－1)，

设n1＝(x1,1，z1)是平面ACF的一个法向量，则n1⊥，n1⊥，

∴即

解得x1＝1，z1＝1，即n1＝(1,1,1)．

设n2＝(x2,1，z2)是平面PAF的一个法向量，则

n2⊥，n2⊥，

∴即

解得x2＝1，z2＝2，即n2＝(1,1,2)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

又二面角C－AF－P是锐角，

∴二面角C－AF－P的余弦值是.