《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第四層熱身篇 專題檢測（十一）空間位置關系的判斷與證明》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第四層熱身篇 專題檢測（十一）空間位置關系的判斷與證明（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測（十一） 空間位置關系的判斷與證明 A組——“6＋3＋3”考點落實練 一、選擇題 1.已知E，F(xiàn)，G，H是空間四點，命題甲：E，F(xiàn)，G，H四點不共面，命題乙：直線EF和GH不相交，則甲是乙成立的(　　) A.必要不充分條件　　　 B.充分不必要條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 解析：選B　若E，F(xiàn)，G，H四點不共面，則直線EF和GH肯定不相交，但直線EF和GH不相交，E，F(xiàn)，G，H四點可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要條件.故選B. 2.(2019·福州市第一學期抽測)已知m為一條直線，α，β為兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　)

2、A.若m⊥α，α∥β，則m⊥β B.若m⊥α，α⊥β，則m∥β C.若m∥α，α∥β，則m∥β D.若m∥α，α⊥β，則m⊥β 解析：選A　對于A，利用線面垂直的性質(zhì)與判定定理、面面平行的性質(zhì)定理，可得m⊥β，A正確；對于B，若m⊥α，α⊥β，則m與β平行或m在β內(nèi)，B不正確；對于C，若m∥α，α∥β，則m與β平行或m在β內(nèi)，C不正確；對于D，若m∥α，α⊥β，則m可以在β內(nèi)，D不正確.故選A. 3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，|AB|＝|BB1|，則AB1與BC1所成角的大小為(　　) A.30° B.60° C.75° D.90° 解析：選D　將正三棱柱ABC-A

3、1B1C1補為四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接C1D，BD，則C1D∥B1A，∠BC1D為所求角或其補角.設BB1＝，則BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2， 又因為BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.故選D. 4.(2019·長沙市統(tǒng)一模擬考試)設a，b，c表示不同直線，α，β表示不同平面，下列命題： ①若a∥c，b∥c，則a∥b；②若a∥b，b∥α，則a∥α； ③若a∥α，b∥α，則a∥b；④若a?α，b?β，α∥β，則a∥b. 真命題的個數(shù)是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：選A　由題意，對于①，根據(jù)線線平行的傳遞性可知①是真命題；對

4、于②，根據(jù)a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a?α，故②是假命題；對于③，根據(jù)a∥α，b∥α，可以推出a與b平行、相交或異面，故③是假命題；對于④，根據(jù)a?α，b?β，α∥β，可以推出a∥b或a與b異面，故④是假命題.所以真命題的個數(shù)是1.故選A. 5.如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D-ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的結論是(　　) A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 解析：選B　由題意

5、知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，結合②知③正確；由①知④不正確.故選B. 6.(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)一個正四面體的側面展開圖如圖所示，G為BF的中點，則在正四面體中，直線EG與直線BC所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　該正四面體如圖所示，取AD的中點H，連接GH，EH，則GH∥AB，所以∠HGE為直線EG與直線BC所成的角.設該正四面體的棱長為2，則HE＝EG＝，GH＝1.在△HEG中，由余弦

6、定理，得cos∠HGE＝＝.故選C. 二、填空題 7.(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________. 解析：②③?①.證明如下：∵ m∥α，∴ 根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，知存在n? α，使得m∥n.又∵ l⊥α，∴ l⊥n，∴ l⊥m. ①③?②.證明略. 答案：②③?①(或①③?②) 8.若P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線的交點為O，M為PB的中點，給出以下四個命題：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面

7、PDA；④OM∥平面PBA.其中正確的個數(shù)是________. 解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正確的只有①③. 答案：①③ 9.(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側面積為________. 解析：如圖，∵SA與底面成45°角， ∴△SAO為等腰直角三角形. 設OA＝r， 則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，即母線長l＝4， ∴S圓錐側＝πrl＝π×2×4＝40π. 答案：40π 三、解答題 10.如圖，側棱與底面垂直的四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，點M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.已知點E是直線CD上的一點，AM∥平面BC1E. (1)試確定點E的位置，并說明理由； (2)求三棱錐M-BC1E的體積. 解：(1)點E在線段CD上且EC＝1，理由如下. 在棱C1D1上取點N，使得D1N＝A1M＝1，連接MN，DN(圖略)，又D1N∥A1M，所以MN綊A1D1綊AD. 所

9、以四邊形AMND為平行四邊形，所以AM∥DN. 因為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. 故點E在線段CD上且EC＝1. (2)由(1)知，AM∥平面BC1E， 所以V三棱錐M-BC1E＝V三棱錐A-BC1E＝V三棱錐C1-ABE＝××4＝6. 11.(2019·石家莊市模擬一)如圖，已知三棱錐P-ABC中，PC⊥AB，△ABC是邊長為2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°. (1)證明：平面PAC⊥平面ABC； (2)設F為棱PA的中點，在AB上取點E，使得AE＝2EB，求三棱錐F-ACE與

10、四棱錐C-PBEF的體積之比. 解：(1)證明：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)設三棱錐F-ACE的高為h1，三棱錐P-ABC的高為h， 則VF-ACE＝×S△ACE×h1 ＝×S△ABC××h× ＝×S△ABC×h× ＝×VP-ABC. ∴三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之比為1∶2. 12.(2019·重慶市學業(yè)質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，∠CAD

11、＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點，AC＝2. (1)求證：AE∥平面PBC； (2)若四面體PABC的體積為，求△PCD的面積. 解：(1)證明：如圖，取CD的中點F，連接EF，AF，則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四面體PABC＝·AB·BC·PA＝，可得PA＝2. 過A作AQ⊥CD于Q，連接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°， ∴CD

12、＝4，AD＝2，AQ＝＝， 則PQ＝ ＝. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又AQ∩PA＝A， ∴CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ. ∴S△PCD＝×4×＝2. B組——大題專攻強化練 1.(2019·蘭州市診斷考試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，△PCD為正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2，平面PCD⊥平面ABCD，E為PC的中點. (1)證明：BE⊥PC； (2)求多面體PABED的體積. 解：(1)證明：∵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為正三角形，E為PC的中點，∴DE⊥PC， ∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC. (2)如圖，作PF⊥CD，EG⊥CD，F(xiàn)，G為垂足， ∵平面PCD⊥平面ABCD， ∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD， ∵△PCD為正三角形，CD＝2， ∴PF＝3，EG＝， ∴V四棱錐P-ABCD＝×2×2×3＝4， V三棱錐E-BCD＝××2×2×＝， ∴多面體PABED的體積V＝4－＝3. 2.(2019·昆明市診斷測試)如圖，在四棱錐

14、P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6，E是棱PC上的一點. (1)證明：BC⊥平面PBD； (2)若PA∥平面BDE，求的值； (3)在(2)的條件下，三棱錐P-BDE的體積是18，求點D到平面PAB的距離. 解：(1)證明：由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD. 因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD. 因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以BC∥AD， 所以BC⊥平面PBD. (2)如圖，連接AC交BD于F，連接EF， 則EF是平面PAC與平面BDE的交線. 因為

15、PA∥平面BDE，所以PA∥EF. 因為F是AC的中點，所以E是PC的中點， 所以＝. (3)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥BD，由(1)(2)知點E到平面PBD的距離等于BC＝3. 因為V三棱錐E-PBD＝V三棱錐P-BDE＝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是等邊三角形，則S△PAB＝18. 設點D到平面PAB的距離為d，因為V三棱錐D-PAB＝V三棱錐P-ABD， 所以×18×d＝××6×6×6，解得d＝2. 所以點D到平面PAB的距離為2. 3.(2019·鄭州市

16、第二次質(zhì)量預測)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF. (1)求證：AD⊥PB. (2)若E在線段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請說明理由. 解：(1)證明：連接PF，∵△PAD是等邊三角形，∴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上找到一點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. 連接CF交DE于點H，過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＝， ∴VD-CEG＝VG-CDE＝S△CDE·GH ＝×DC·CE·sin·GH＝. 4.(2019·東北四市聯(lián)合體模擬一)如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為

18、CD的中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置. (1)證明：AE⊥PB； (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，求點C到平面PAB的距離. 解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O， ∵AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形， ∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE為等邊三角形， ∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC， ∴BD⊥AE. 如圖，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)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，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＝×× ＝， 連接AC，則VP-ABC＝OP·S△ABC＝××＝， 設點C到平面PAB的距離為d， ∵VP-ABC＝VC-PAB＝S△PAB·d， ∴d＝＝＝. - 9 -