北师大版高考数学一轮复习第八章 强化训练8　空间位置关系中的综合问题试卷

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强化训练8　空间位置关系中的综合问题

1．(2020·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．(2020·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．(2020·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.(2020·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＝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＝，△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．在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为4，底面是边长为2的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　C
解析　如图，由题意可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，连接MN，BN，所以OP∥MN，

则∠BMN是异面直线OP与BM所成的角或补角．
因为OP⊥平面ABCD，
所以MN⊥平面ABCD，
因为在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为4，底面是边长为2的正方形，
所以OC＝2，所以OP＝＝2，
因此MN＝，
在Rt△BON中，BN＝＝，
所以tan∠BMN＝＝，所以∠BMN＝60°，
则异面直线OP与BM所成的角为60°.故选C.
6．(2020·广州模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E是棱AB的中点，动点F是侧面ACC1A1(包括边界)上一点，若EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹是(　　)
A．线段 B．圆弧
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
答案　A
解析　如图所示，

分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，EF，FN，
因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE＝BC，FM∥B1C1，
MF＝B1C1，所以MF∥NE，
所以N，E，M，F共面，
所以ME∥BB1，NE∥BC，
所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1
而NE∩ME＝E，BC∩BB1＝B，
所以平面NEMF∥平面BCC1B1，而EF平面NEMF，
所以EF∥平面BCC1B1，
所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN.
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，
∴＝，
又∵＝＝，
∴＝，
∴△EFG的周长＝18×＝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　
解析　因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AB，
又因为SA＝AB＝1，所以SB＝，
同理SC＝，又因为BC＝1，
所以S△SBC＝×1×＝，
因为△ABC为边长为1的等边三角形，
所以S△ABC＝×1×＝，
设A与平面SBC的距离为h，
则S△SBC×h＝×S△ABC×SA＝S△ABC
⇒h＝＝.
9．(2020·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　
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＝，解得CP＝，
故截面与平面BCC1B1交线段
PE＝＝＝.
10．(2020·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存在F∈BC，EF∥AC；
②任意F∈BC，EF≤；
③存在F∈BC，EF与AD不垂直；
任意F∈BC，直线EF与平面BCD夹角正弦的最大值为.
所有不正确的命题序号为________．
答案　①③
解析　如图，

对任意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，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＝，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＝有最大值，此时DF＝，DE＝1，故EF＝＝，由Rt△EFD可知，EF·DE＝DF·d，解得d＝，所以sin θ＝＝，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＝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＝AB＝1，
因为DF＝FC，
所以DF＝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＝(1＋2)×2＝3，
S△BCF＝×3×2＝3，
所以S△BCF＝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(图略)，
则PN⊥平面ABCD，
因为PA⊥PD，所以PN＝AD＝1，
所以VP－CEF＝VP－BCF＝VP－ABCD＝××S梯形ABCD×PN＝×6×1＝.
12.(2020·天津红桥区模拟)如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.

(1)证明：平面AMD⊥平面CDE；
(2)求平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值.
(1)证明　如图，取AD的中点P，连接EP，PC，则EF＝AP，

∵FE綊AP，
∴四边形FAPE是平行四边形，
∴FA綊EP，同理，AB綊PC.
又∵FA⊥平面ABCD，∴EP⊥平面ABCD，
而PC，AD都在平面ABCD内，
∴EP⊥PC，EP⊥AD.
由AB⊥AD，可得PC⊥AD，
设FA＝a，则EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝a.
∴△ECD为正三角形．
∵DC＝DE且M为CE的中点，∴DM⊥CE.
连接MP，则MP⊥CE，PM∩MD＝M，
而PM，MD在平面AMD内，∴CE⊥平面AMD，
而CE平面CDE，∴平面AMD⊥平面CDE.
(2)解　取Q为CD的中点，连接PQ，EQ，
∵CE＝DE，∴EQ⊥CD.
∵PC＝PD，∴PQ⊥CD.
∴∠EQP为平面ABCD与平面CDE的夹角．
由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝a，PQ＝a.
于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝＝.
∴平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值为.

13.(2020·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．(2020·潍坊模拟)如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3，若该正方体水槽绕CD倾斜(CD始终在桌面上)，则当水恰好流出时，侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为(　　)


A. B. C. D．2
答案　D
解析　由题意知，水的体积为4×4×2＝32，如图所示，

设正方体水槽绕CD倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1，交于M，N，P，Q，
由题意知PC＝3，水的体积为S四边形BCPN·CD＝32，
∴·BC·CD＝32，即×4×4＝32，
∴BN＝1，
在平面BCC1B1内，过点C1作C1H∥NP交BB1于H，
则四边形NPC1H是平行四边形，且NH＝PC1＝1，
又侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，其平面角为∠HC1C＝∠B1HC1，
在Rt△B1HC1中，tan∠B1HC1＝＝＝2.
16．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，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求平面DBF与平面EBCF夹角的余弦值；
(2)三棱锥D－FBC的体积是否可能等于几何体ABE－FDC体积的？并说明理由．
(1)①证明　在直角梯形ABCD中，因为∠ABC＝∠BAD＝，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为平面DBF与平面EBCF的夹角，
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＝(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＝，
因为∠BFE平面DBF与平面EBCF的夹角，
故sin∠BFE＝，故GH＝1×sin∠BFE＝，
故tan∠DHG＝＝，
因为∠DHG为三角形的内角，
故cos∠DHG＝.
所以平面DBF与平面EBCF夹角的余弦值为.
(2)解　若三棱锥D－FBC的体积等于几何体ABE－FDC体积的，
则VB－ADFE＋VD－BFC＝VD－BFC，
即VB－ADFE＝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＝×BE×S1，其中S1为直角梯形ADFE的面积．
而VD－BFC＝×DG×S△BCF＝×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＝，故FM＝，
所以FE＝＋2，
所以S1＝×x＝.
所以VB－ADFE＝×(4－x)×
＝×(4－x)×.
又S△BCF＝×BE×BC＝2(4－x)，
故VD－BFC＝×x×2(4－x)，
所以×(4－x)×＝××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.