全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十一空间位置关系的判断与证明理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十一空间位置关系的判断与证明理含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α
解析：选B 若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．故选B.
2．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析：选B 对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D错误．故选B.
3.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：选C 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：
①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；
③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；
④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是( )
A．①② B．②③
C．①④D．②④
解析：选B 两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．故选B.
5．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6)
C．eq \f(\r(5),5)D．eq \f(\r(2),2)
解析：选C 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，AD1＝eq \r(AD2＋DDeq \\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋DDeq \\al(2,1))＝eq \r(5)，所以OM＝eq \f(1,2)AD1＝1，OD＝eq \f(1,2)DB1＝eq \f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).故选C.
6.如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(3)，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )
A．2B．3
C．4D．5
解析：选B 如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，
因为D1E⊂平面ABD1，
所以平面ABD1⊥平面ABC.
因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，
所以BC⊥平面ABD1，
又BC⊂平面BCD1，
所以平面BCD1⊥平面ABD1，
因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，
所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，
所以平面ACD1⊥平面BCD1.
所以共有3对平面互相垂直．故选B.
二、填空题
7．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．
解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝eq \f(1,3)，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝eq \f(2,3)，故NT＝2－eq \f(1,3)－eq \f(2,3)＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝eq \f(1,3)，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
8.如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于点E，AF⊥DC交DC于点F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF体积的最大值为________．
解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF.又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB.又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝eq \r(2)，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝eq \f(1,2)ab≤eq \f(1,2)·eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,2)＝eq \f(1,2)，所以三棱锥D­AEF的体积V≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),6)(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．
答案：eq \f(\r(2),6)
9．在长方体ABCD­A1B1C1D1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________．
解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq \r(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≥2eq \r(ME·EN)＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)＝4eq \r(2).
答案：4eq \r(2)
三、解答题
10．(2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积．
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq \r(3)，
故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.
11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
证明：(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.
因为F为CD的中点，
所以GF∥DE且GF＝eq \f(1,2)DE.
因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，
所以GF∥AB.
又因为AB＝eq \f(1,2)DE，所以GF＝AB.
所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.
因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
所以AF⊥CD.
因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，
所以DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，
所以AF⊥平面CDE.
因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.
又因为BG⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面CDE.
12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为eq \r(6)，求点B到平面ADE的距离．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，
所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因为折叠前后均有AD⊥AB，
且DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知DC⊥平面ABD，
所以AC在平面ABD内的正投影为AD，
即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．
依题意知tan∠CAD＝eq \f(DC,AD)＝eq \r(6)，
因为AD＝1，所以DC＝eq \r(6).
设AB＝x(x＞0)，则BD＝ eq \r(x2＋1)，
易知△ABD∽△DCB，所以eq \f(AB,AD)＝eq \f(DC,BD)，
即eq \f(x,1)＝eq \f(\r(6),\r(x2＋1))，解得x＝eq \r(2)，
故AB＝eq \r(2)，BD＝eq \r(3)，BC＝3.
由于AB⊥平面ADC，
所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝eq \f(BC,2)＝eq \f(3,2)，
同理DE＝eq \f(BC,2)＝eq \f(3,2)，
∴S△ADE＝eq \f(1,2)×1× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∵DC⊥平面ABD
∴VA­BCD＝eq \f(1,3)CD·S△ABD＝eq \f(\r(3),3)，
设点B到平面ADE的距离为d，
则eq \f(1,3)d·S△ADE＝VB­ADE＝VA­BDE＝eq \f(1,2)VA­BCD＝eq \f(\r(3),6)，
∴d＝eq \f(\r(6),2)，即点B到平面ADE的距离为eq \f(\r(6),2).
B组——大题专攻强化练
1．如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB＝A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的点，且AA1⊥CM.
(1)证明：MN∥平面ABC；
(2)若AB⊥A1B，求二面角A­CM­N的余弦值．
解：(1)证明：如图1，在三棱柱ABC­A1B1C1中，连接BM.
因为BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1.因为AA1∥BB1，所以AA1⊥BC.
又AA1⊥MC，BC∩MC＝C，所以AA1⊥平面BCM，
所以AA1⊥MB，又AB＝A1B，所以M是AA1的中点．
取BC的中点P，连接NP，AP，因为N是B1C的中点，所以NP∥BB1，且NP＝eq \f(1,2)BB1，
所以NP∥MA，且NP＝MA，所以四边形AMNP是平行四边形，所以MN∥AP.
又MN⊄平面ABC，AP⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.
(2)因为AB⊥A1B，所以△ABA1是等腰直角三角形，设AB＝eq \r(2)a，
则AA1＝2a，BM＝AM＝a.又在Rt△ACM中，AC＝eq \r(2)a，所以MC＝a.
在△BCM中，CM2＋BM2＝2a2＝BC2，所以MC⊥BM，
所以MA1，MB，MC两两垂直，如图2，以M为坐标原点， eq \(MA1,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))，eq \(MC,\s\up7(―→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则M(0，0，0)，C(0，0，a)，B1(2a，a，0)，
所以eq \(MC,\s\up7(―→))＝(0，0，a)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，\f(a,2)))，则eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，\f(a,2))).
设平面CMN的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·eq \(MC,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(MN,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(az＝0，,ax＋\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0，))得z＝0，
取x＝1得y＝－2.故平面CMN的一个法向量为n1＝(1，－2，0)．
因为平面ACM的一个法向量为n2＝(0，1，0)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq \f(2\r(5),5).
因为二面角A­CM­N为钝角，
所以二面角A­CM­N的余弦值为－eq \f(2\r(5),5).
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，
AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝eq \f(1,2)AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝eq \f(1,2)AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
3．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36eq \r(2)，求a的值．
解：(1)证明：在图1中，因为AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝eq \f(π,2)，所以BE⊥AC.
即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由图1知，A1O＝eq \f(\r(2),2)AB＝eq \f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积为
V＝eq \f(1,3)×S×A1O＝eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)a3，
由eq \f(\r(2),6)a3＝36eq \r(2)，得a＝6.
4．(2019·天津高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.
又由BG＝PG，故GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，
所以DN⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.
又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，
所以PA⊥平面PCD.
(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．
因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，
所以DN＝ eq \r(3).
又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝eq \f(DN,AD)＝eq \f(\r(3),3).
所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).