（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第四层热身篇 专题检测（十一）空间位置关系的判断与证明

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1、专题检测（十一） 空间位置关系的判断与证明 A组——“6＋3＋3”考点落实练 一、选择题 1.已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(　　) A.必要不充分条件　　　 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选B　若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件.故选B. 2.(2019·福州市第一学期抽测)已知m为一条直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)

2、A.若m⊥α，α∥β，则m⊥β B.若m⊥α，α⊥β，则m∥β C.若m∥α，α∥β，则m∥β D.若m∥α，α⊥β，则m⊥β 解析：选A　对于A，利用线面垂直的性质与判定定理、面面平行的性质定理，可得m⊥β，A正确；对于B，若m⊥α，α⊥β，则m与β平行或m在β内，B不正确；对于C，若m∥α，α∥β，则m与β平行或m在β内，C不正确；对于D，若m∥α，α⊥β，则m可以在β内，D不正确.故选A. 3.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，|AB|＝|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为(　　) A.30° B.60° C.75° D.90° 解析：选D　将正三棱柱ABC­A

3、1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角.设BB1＝，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2， 又因为BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.故选D. 4.(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题： ①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α； ③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b. 真命题的个数是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选A　由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对

4、于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题.所以真命题的个数是1.故选A. 5.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： ①BD⊥AC； ②△BAC是等边三角形； ③三棱锥D­ABC是正三棱锥； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正确的结论是(　　) A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 解析：选B　由题意

5、知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确.故选B. 6.(2019·湖南省湘东六校联考)一个正四面体的侧面展开图如图所示，G为BF的中点，则在正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选C　该正四面体如图所示，取AD的中点H，连接GH，EH，则GH∥AB，所以∠HGE为直线EG与直线BC所成的角.设该正四面体的棱长为2，则HE＝EG＝，GH＝1.在△HEG中，由余弦

6、定理，得cos∠HGE＝＝.故选C. 二、填空题 7.(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________. 解析：②③⇒①.证明如下：∵ m∥α，∴ 根据线面平行的性质定理，知存在n⊂ α，使得m∥n.又∵ l⊥α，∴ l⊥n，∴ l⊥m. ①③⇒②.证明略. 答案：②③⇒①(或①③⇒②) 8.若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面

7、PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________. 解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③. 答案：①③ 9.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________. 解析：如图，∵SA与底面成45°角， ∴△SAO为等腰直角三角形. 设OA＝r， 则SO＝r，SA＝SB＝r. 在△SAB中，cos ∠ASB＝， ∴sin ∠ASB＝， ∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB ＝×(r)2×＝5， 解得r＝

8、2， ∴SA＝r＝4，即母线长l＝4， ∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π. 答案：40π 三、解答题 10.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.已知点E是直线CD上的一点，AM∥平面BC1E. (1)试确定点E的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M­BC1E的体积. 解：(1)点E在线段CD上且EC＝1，理由如下. 在棱C1D1上取点N，使得D1N＝A1M＝1，连接MN，DN(图略)，又D1N∥A1M，所以MN綊A1D1綊AD. 所

9、以四边形AMND为平行四边形，所以AM∥DN. 因为CE＝1，所以易知DN∥EC1，所以AM∥EC1， 又AM⊄平面BC1E，EC1⊂平面BC1E，所以AM∥平面BC1E. 故点E在线段CD上且EC＝1. (2)由(1)知，AM∥平面BC1E， 所以V三棱锥M­BC1E＝V三棱锥A­BC1E＝V三棱锥C1­ABE＝××4＝6. 11.(2019·石家庄市模拟一)如图，已知三棱锥P­ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°. (1)证明：平面PAC⊥平面ABC； (2)设F为棱PA的中点，在AB上取点E，使得AE＝2EB，求三棱锥F­ACE与

10、四棱锥C­PBEF的体积之比. 解：(1)证明：在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4， 由余弦定理可得PC＝2， ∴PC2＋BC2＝PB2，∴PC⊥BC， 又PC⊥AB，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABC， ∵PC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. (2)设三棱锥F­ACE的高为h1，三棱锥P­ABC的高为h， 则VF­ACE＝×S△ACE×h1 ＝×S△ABC××h× ＝×S△ABC×h× ＝×VP­ABC. ∴三棱锥F­ACE与四棱锥C­PBEF的体积之比为1∶2. 12.(2019·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠CAD

11、＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2. (1)求证：AE∥平面PBC； (2)若四面体PABC的体积为，求△PCD的面积. 解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，则EF∥PC， 又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，∴AF∥BC， 又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，∴平面AEF∥平面PBC. 又AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PBC. (2)由已知得，V四面体PABC＝·AB·BC·PA＝，可得PA＝2. 过A作AQ⊥CD于Q，连接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°， ∴CD

12、＝4，AD＝2，AQ＝＝， 则PQ＝ ＝. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又AQ∩PA＝A， ∴CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ. ∴S△PCD＝×4×＝2. B组——大题专攻强化练 1.(2019·兰州市诊断考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△PCD为正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点. (1)证明：BE⊥PC； (2)求多面体PABED的体积. 解：(1)证明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ∠BAD＝4，∴BD＝2， ∴AB2＋BD2＝AD

13、2，∴AB⊥BD，∴BD⊥CD. ∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD， ∴BD⊥平面PCD，∴BD⊥PC. ∵△PCD为正三角形，E为PC的中点，∴DE⊥PC， ∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC. (2)如图，作PF⊥CD，EG⊥CD，F，G为垂足， ∵平面PCD⊥平面ABCD， ∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD， ∵△PCD为正三角形，CD＝2， ∴PF＝3，EG＝， ∴V四棱锥P­ABCD＝×2×2×3＝4， V三棱锥E­BCD＝××2×2×＝， ∴多面体PABED的体积V＝4－＝3. 2.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥

14、P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6，E是棱PC上的一点. (1)证明：BC⊥平面PBD； (2)若PA∥平面BDE，求的值； (3)在(2)的条件下，三棱锥P­BDE的体积是18，求点D到平面PAB的距离. 解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD， 所以BC⊥平面PBD. (2)如图，连接AC交BD于F，连接EF， 则EF是平面PAC与平面BDE的交线. 因为

15、PA∥平面BDE，所以PA∥EF. 因为F是AC的中点，所以E是PC的中点， 所以＝. (3)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥BD，由(1)(2)知点E到平面PBD的距离等于BC＝3. 因为V三棱锥E­PBD＝V三棱锥P­BDE＝18， 所以××PD×BD×3＝18，即PD＝6. 又AD＝BD＝6， 所以PA＝6，PB＝6，又AB＝6，所以△PAB是等边三角形，则S△PAB＝18. 设点D到平面PAB的距离为d，因为V三棱锥D­PAB＝V三棱锥P­ABD， 所以×18×d＝××6×6×6，解得d＝2. 所以点D到平面PAB的距离为2. 3.(2019·郑州市

16、第二次质量预测)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF. (1)求证：AD⊥PB. (2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D­CEG的体积；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：连接PF，∵△PAD是等边三角形，∴PF⊥AD. ∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，∴BF⊥AD. 又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，∴AD⊥PB. (2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.　 由(1)知AD⊥B

17、F，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD. 又BF⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD， ∴PF⊥平面ABCD. 连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G， ∴GH⊥平面ABCD. 又GH⊂平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD. ∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，∴＝＝， ∴＝＝， ∴GH＝PF＝， ∴VD­CEG＝VG­CDE＝S△CDE·GH ＝×DC·CE·sin·GH＝. 4.(2019·东北四市联合体模拟一)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为

18、CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置. (1)证明：AE⊥PB； (2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离. 解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O， ∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形， ∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形， ∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC， ∴BD⊥AE. 如图，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE， 又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O， ∴AE⊥平面POB， ∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB. (2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE. ∵OP＝OB＝，∴PB＝，∵AP＝AB＝1， ∴S△PAB＝×× ＝， 连接AC，则VP­ABC＝OP·S△ABC＝××＝， 设点C到平面PAB的距离为d， ∵VP­ABC＝VC­PAB＝S△PAB·d， ∴d＝＝＝. - 9 -