2022高考数学一轮复习 第七章 强化训练8　空间位置关系中的综合问题

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1．(2021·保山模拟)下列叙述错误的是( )
A．若P∈α∩β，且α∩β＝l，则P∈l
B．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面
C．三点A，B，C确定一个平面
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α则l⊂α
答案 C
解析 选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由公理1得，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．
2．(2021·资中模拟)若l1，l2为异面直线，直线l3与l2平行，则l1与l3的位置关系是( )
A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交
答案 D
解析 将直线l1，l2，l3放在正方体中，作为正方体的棱，可知D选项正确．
3．(2021·潍坊模拟)已知a，b为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列结论正确的是( )
A．若a⊥α，b⊥a，则b∥α
B．若a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β
C．若a∥α，b⊥β，a∥b，则α⊥β
D．若α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则α⊥β
答案 C
解析 A选项，若a⊥α，b⊥a，则b∥α或b⊂α，A错；B选项，若a，b⊂α，a∥β，b∥β，当a∥b时，α与β可能相交，故B错；C选项，若a∥b，b⊥β，根据线面垂直的性质，可得a⊥β，又a∥α，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β，故C正确；D选项，若α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，垂直于交线，并不能推出垂直于另一平面，因此不能得出a⊥β，即不能推出α⊥β，故D错．
4.(2021·合肥模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2BB1＝2，AC＝2eq \r(2)，则异面直线BD与AC所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，
所以∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角或其补角，
由已知可得BD＝DE＝BE＝eq \r(2)，△BDE为正三角形，所以∠BDE＝60°，
所以异面直线BD与AC所成的角为60°.
5．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论正确的是( )
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．平面ACC1A1⊥CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
答案 ABC
解析 对于A，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，A正确；
对于B，连接AC，
∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，∴BD⊥AC1，B正确；
对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，
又BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面ACC1，
则平面ACC1A1⊥CB1D1，C正确；
对于D，异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°，D错误．
故选ABC.
6．(多选)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C．三棱锥B1－D1PC的体积为定值
D．DC1⊥D1P
答案 ACD
解析 在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，
A1D1⊂平面D1A1P，
所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝eq \f(π,2)，故B错误；
在C中，因为△B1D1C的面积是定值，
A1B∥平面B1D1C，
所以点P到平面B1D1C的距离是定值，
所以三棱锥B1－D1PC的体积为定值，故C正确；
在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，
所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．
7．如图所示，在三棱锥A－BCD中，截面EFG平行于底面，且AE∶AB＝1∶3，已知△BCD的周长是18，则△EFG的周长为________．
答案 6
解析 由已知得EF∥BD，EG∥BC，FG∥DC，
∴△EFG∽△BDC，
∴eq \f(△EFG的周长,△BDC的周长)＝eq \f(EF,BD)，
又∵eq \f(EF,BD)＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(△EFG的周长,△BDC的周长)＝eq \f(1,3)，
∴△EFG的周长＝18×eq \f(1,3)＝6.
8．(2020·天津模拟)如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，底面△ABC为边长为1的等边三角形，SA＝AB，则A与平面SBC的距离为________．
答案 eq \f(\r(21),7)
解析 因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AB，
又因为SA＝AB＝1，所以SB＝eq \r(2)，
同理SC＝eq \r(2)，又因为BC＝1，
所以S△SBC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(2－\f(1,4))＝eq \f(\r(7),4)，
因为△ABC为边长为1的等边三角形，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(1－\f(1,4))＝eq \f(\r(3),4)，
设A与平面SBC的距离为h，
则eq \f(1,3)S△SBC×h＝eq \f(1,3)×S△ABC×SA＝eq \f(1,3)S△ABC⇒h＝eq \f(S△ABC,S△SBC)＝eq \f(\r(21),7).
9．(2021·湛江模拟)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BC和C1D1的中点，经过点A，E，F的平面把正方体ABCD－A1B1C1D1截成两部分，则截面与平面BCC1B1的交线段的长为________．
答案 eq \f(10,3)
解析 如图，过点F作FH∥AE交A1D1于H，
易知D1H＝1，所以点H为A1D1的四等分点，
连接AH，过点E作EP∥AH交CC1于点P，
所以eq \f(AA1,A1H)＝eq \f(CP,CE)，解得CP＝eq \f(8,3)，
故截面与平面BCC1B1交线段
PE＝eq \r(CE2＋CP2)＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))2)＝eq \f(10,3).
10．(2021·海淀模拟)已知正四面体A－BCD的棱长为2，点E是AD的中点，点F在线段BC上，则下面四个命题中：
①∃F∈BC，EF∥AC；
②∀F∈BC，EF≤eq \r(3)；
③∃F∈BC，EF与AD不垂直；
④∀F∈BC，直线EF与平面BCD夹角正弦的最大值为eq \f(\r(3),3).
所有不正确的命题序号为________．
答案 ①③
解析 如图，
对∀F∈BC，EF与AC异面或相交，故①错误；
当点F为BC的中点时，EF为异面直线AD和BC的公垂线段，此时EF取得最小值，当F与B，C重合时，EF取得最大值eq \r(3)，故②正确；
因为AD⊥BE，AD⊥CE，BE∩CE＝E，所以AD⊥平面BEC，故AD⊥EF，故③错误；
因为E到平面BCD的距离为定值d，设直线EF与平面BCD的夹角为θ，则sin θ＝eq \f(d,EF)，当F为BC的中点时，易知EF为异面直线AD和BC的公垂线段，此时EF取得最小值，sin θ＝eq \f(d,EF)有最大值，此时DF＝eq \r(3)，DE＝1，故EF＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，由Rt△EFD可知，EF·DE＝DF·d，解得d＝eq \f(\r(6),3)，所以sin θ＝eq \f(d,EF)＝eq \f(\r(3),3)，故④正确．
11.(2020·长春模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，点E为PB的中点，且CD＝2AD＝2AB＝4，点F在CD上，且DF＝eq \f(1,3)FC.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD且PA⊥PD，求三棱锥P－CEF的体积．
(1)证明 如图所示，取PA的中点M，连接DM，EM，
因为点E为PB的中点，且CD＝2AD＝2AB＝4，
所以EM∥AB且EM＝eq \f(1,2)AB＝1，
因为DF＝eq \f(1,3)FC，
所以DF＝eq \f(1,4)DC＝1，所以EM＝DF＝1，
又因为AB∥DC，所以EM∥DF，
所以四边形EMDF为平行四边形，
所以EF∥DM，
又DM⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)解 S梯形ABFD＝eq \f(1,2)(1＋2)×2＝3，
S△BCF＝eq \f(1,2)×3×2＝3，
所以S△BCF＝eq \f(1,2)S梯形ABCD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA＝PD，取AD的中点N，连接PN，
则PN⊥平面ABCD，
因为PA⊥PD，所以PN＝eq \f(1,2)AD＝1，
所以VP－CEF＝eq \f(1,2)VP－BCF＝eq \f(1,4)VP－ABCD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×S梯形ABCD×PN＝eq \f(1,12)×6×1＝eq \f(1,2).
12.如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点．
(1)求证：AE⊥平面BCD；
(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值．
(1)证明 由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，
∵E为BD的中点，∴AE⊥BD，且AE＝eq \r(3)，
如图，连接CE，
∵△BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，∴CE＝eq \f(1,2)BD＝1，
在△AEC中，AC＝2，EC＝1，AE＝eq \r(3)，
∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.
∵BD∩EC＝E，BD⊂平面BCD，EC⊂平面BCD，
∴AE⊥平面BCD.
(2)解 方法一 取CD的中点F，连接AF，EF，
∵AC＝AD，∴CD⊥AF.
由(1)可知，AE⊥CD，
∵AE∩AF＝A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，
∴CD⊥平面AEF，
又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.
设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，
∴AG＝DG＝eq \f(2,3)AE＝eq \f(2\r(3),3).
过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，
连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角．
易知△AGH∽△AFE，EF＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(\r(2),2)，AF＝eq \f(\r(14),2)，
∴GH＝eq \f(AG,AF)·EF＝eq \f(\f(2\r(3),3),\f(\r(14),2))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2\r(21),21)，
∴sin∠GDH＝eq \f(GH,DG)＝eq \f(\r(7),7)，
即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
方法二 由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则A(0,0，eq \r(3))，C(1,0,0)，D(0,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\r(3)z＝0，,－x＋y＝0，))
取x＝y＝1，则z＝eq \f(\r(3),3)，
∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(\r(3),3)))为平面ACD的一个法向量，
设PD与平面ACD所成的角为θ，则
sin θ＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n|·|\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(7),7)，
故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
13.(2021·太原模拟)如图，在正四面体D－ABC中，P∈平面DBA，则在平面DAB内过点P与直线BC成60°角的直线共有( )
A．0条 B．1条 C．2条 D．3条
答案 C
解析 在平面DAB内过P点与DB或AB平行的直线都与BC成60°的角，实际上只要求得在平面DAB内过点B且与直线BC成60°角的直线的条数．在空间过点B与直线BC成60°角的直线构成以BC为轴，BD为母线的圆锥侧面，此圆锥侧面与平面DAB只有两条交线．因此满足题意的直线只有2条．
14.(2020·阳泉期末)如图，在直角梯形SABC中，∠ABC＝∠BCS＝90°，过点A作AD⊥SC交SC于点D，以AD为折痕把△SAD折起，当几何体S－ABCD的体积最大时，则下列命题中正确的个数是( )
①AC⊥SB；
②AB∥平面SCD；
③SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角；
④AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角．
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 D
解析 当体积最大时，平面SAD⊥平面ABCD，如图所示，
对①，若AC⊥SB又根据题意，AC⊥SD，故AC⊥平面SDB，又BD⊂平面SDB，故可得AC⊥BD，而根据题意，无法得知两直线位置关系，故不正确；
对②，AB∥CD，由CD⊂平面SCD，故AB∥平面SCD，正确；
对③，因为无法得知底面ABCD的边长关系，所以无法确定，故错误；
对④，AB与SC所成角度为∠SCD，而DC与SA所成角度为∠SAB，两个角度显然不相等，故错误．
综上所述，正确的只有②.
15.《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥．现有阳马S－ABCD，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝3，SA＝eq \r(3).BC上有一点E，使截面SDE的周长最短，则SE与CD所成角的余弦值等于________．
答案 eq \f(\r(2),4)
解析 要使截面SDE的周长最短，则SE＋ED最短，
将底面ABCD沿BC展开成平面图形A′BCD′(如图)，连接SD′，交BC于E，
则SE＋ED＝SE＋ED′≥SD′，
当S，E，D′共线时等号成立，
此时，由AB＝1，SA＝eq \r(3)，得SB＝2，
故SA′＝3，A′D′＝AD＝3，故BE＝2，
作EF∥CD交AD于F，连接SF，
则SE与CD所成角为∠SEF，
易得SF⊥EF，由SE＝2eq \r(2)，EF＝1，
得cs∠SEF＝eq \f(EF,SE)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4).
16．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝x，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图).
(1)当x＝2时：
①证明：EF⊥平面ABE；
②求二面角D－BF－E的余弦值；
(2)三棱锥D－FBC的体积是否可能等于几何体ABE－FDC体积的eq \f(4,9)？并说明理由．
(1)①证明 在直角梯形ABCD中，因为∠ABC＝∠BAD＝eq \f(π,2)，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB.
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE.
②解 如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G.
在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH.
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D－BF－E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝eq \f(1,2)(BC＋AD)＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，tan∠BFE＝eq \f(2,3)，
因为∠BFE为三角形的内角，
故sin∠BFE＝eq \f(2,\r(13))，故GH＝1×sin∠BFE＝eq \f(2,\r(13))，
故tan∠DHG＝eq \f(2,\f(2,\r(13)))＝eq \r(13)，
因为∠DHG为三角形的内角，
故cs∠DHG＝eq \f(\r(14),14).
所以二面角D－BF－E的平面角的余弦值为eq \f(\r(14),14).
(2)解 若三棱锥D－FBC的体积等于几何体ABE－FDC体积的eq \f(4,9)，
则VB－ADFE＋VD－BFC＝eq \f(9,4)VD－BFC，
即VB－ADFE＝eq \f(5,4)VD－BFC.
由(1)的证明可知，DG⊥平面BEFC，
同理可证BE⊥平面AEFD，AE＝DG.
故VB－ADFE＝eq \f(1,3)×BE×S1，其中S1为直角梯形ADFE的面积．
而VD－BFC＝eq \f(1,3)×DG×S△BCF＝eq \f(1,3)×AE×S△BCF，
在直角梯形ABCD中，过D作BC的垂线，与EF，BC分别交于M，N，
则eq \f(FM,2)＝eq \f(x,4)，故FM＝eq \f(x,2)，
所以FE＝eq \f(x,2)＋2，
所以S1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2＋2))×x＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋4x)).
所以VB－ADFE＝eq \f(1,3)×(4－x)×eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋4x))＝eq \f(1,6)×(4－x)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋4x)).
又S△BCF＝eq \f(1,2)×BE×BC＝2(4－x)，
故VD－BFC＝eq \f(1,3)×x×2(4－x)，
所以eq \f(1,6)×(4－x)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋4x))＝eq \f(5,4)×eq \f(1,3)×x×2(4－x)，
解得x＝2，
故当AE＝2时，三棱锥D－FBC的体积等于几何体ABE－FDC体积的eq \f(4,9).