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文含解析

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文含解析，共10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.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( )
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|＝eq \r(2)|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ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角.设BB1＝eq \r(2)，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq \r(3)，
又因为BC1＝C1D＝eq \r(6)，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.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(6),3)
C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(\r(33),6)
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＝eq \r(3)，GH＝1.在△HEG中，由余弦定理，得cs∠HGE＝eq \f(HG2＋EG2－HE2,2HG·EG)＝eq \f(\r(3),6).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eq \f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq \r(15)，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＝eq \r(2)r.
在△SAB中，cs ∠ASB＝eq \f(7,8)，
∴sin ∠ASB＝eq \f(\r(15),8)，
∴S△SAB＝eq \f(1,2)SA·SB·sin ∠ASB
＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)r)2×eq \f(\r(15),8)＝5eq \r(15)，
解得r＝2eq \r(10)，
∴SA＝eq \r(2)r＝4eq \r(5)，即母线长l＝4eq \r(5)，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq \r(10)×4eq \r(5)＝40eq \r(2)π.
答案：40eq \r(2)π
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＝eq \f(1,3)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＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×3×3))×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＝2eq \r(3)，
∴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＝eq \f(1,3)×S△ACE×h1
＝eq \f(1,3)×S△ABC×eq \f(2,3)×h×eq \f(1,2)
＝eq \f(1,3)×S△ABC×h×eq \f(1,3)
＝eq \f(1,3)×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＝∠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eq \f(\r(3),3)，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＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AB·BC·PA＝eq \f(\r(3),3)，可得PA＝2.
过A作AQ⊥CD于Q，连接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，
∴CD＝4，AD＝2eq \r(3)，AQ＝eq \f(2×2\r(3),4)＝eq \r(3)，
则PQ＝ eq \r(22＋3)＝eq \r(7).
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
又AQ∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.
∴S△PCD＝eq \f(1,2)×4×eq \r(7)＝2eq \r(7).
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＝2eq \r(3)，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·cs ∠BAD＝4，∴BD＝2，
∴AB2＋BD2＝AD2，∴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＝2eq \r(3)，
∴PF＝3，EG＝eq \f(3,2)，
∴V四棱锥P­ABCD＝eq \f(1,3)×2×2eq \r(3)×3＝4eq \r(3)，
V三棱锥E­BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×eq \f(3,2)＝eq \r(3)，
∴多面体PABED的体积V＝4eq \r(3)－eq \r(3)＝3eq \r(3).
2.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq \r(2)，E是棱PC上的一点.
(1)证明：BC⊥平面PBD；
(2)若PA∥平面BDE，求eq \f(PE,PC)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eq \f(PE,PC)＝eq \f(1,2).
(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eq \f(1,2)BC＝3.
因为V三棱锥E­PBD＝V三棱锥P­BDE＝18，
所以eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×PD×BD×3＝18，即PD＝6.
又AD＝BD＝6，
所以PA＝6eq \r(2)，PB＝6eq \r(2)，又AB＝6eq \r(2)，所以△PAB是等边三角形，则S△PAB＝18eq \r(3).
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eq \f(1,3)×18eq \r(3)×d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×6×6×6，解得d＝2eq \r(3).
所以点D到平面PAB的距离为2eq \r(3).
3.(2019·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq \f(π,3)，△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＝eq \f(1,4)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＝eq \f(π,3)，∴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⊥BF，∵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，∴eq \f(CH,HF)＝eq \f(CE,DF)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(CG,GP)＝eq \f(CH,HF)＝eq \f(1,2)，
∴GH＝eq \f(1,3)PF＝eq \f(\r(3),3)，
∴VD­CEG＝VG­CDE＝eq \f(1,3)S△CDE·GH
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)DC·CE·sineq \f(π,3)·GH＝eq \f(1,12).
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＝eq \f(π,3)，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＝eq \f(\r(3),2)，∴PB＝eq \f(\r(6),2)，∵AP＝AB＝1，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),2)× eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),8)，
连接AC，则VP­ABC＝eq \f(1,3)OP·S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(1,8)，
设点C到平面PAB的距离为d，
∵VP­ABC＝VC­PAB＝eq \f(1,3)S△PAB·d，
∴d＝eq \f(3VP­ABC,S△PAB)＝eq \f(\f(3,8),\f(\r(15),8))＝eq \f(\r(15),5).