第2部分 专题4 第2讲 空间点、线、面之间的位置关系 2022高考数学（文科）二轮专题复习（老高考）

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题型对应题号1.空间点、线、面位置关系的判定1,2,3,4,5,6,7,12,132.空间平行、垂直关系的证明与应用8,9,10,11,14(建议用时：40分钟)1．(2021·安徽联考)下列关于直线l，点A，B与平面α的关系推理错误的是(　　)A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A∈l，l⊂a⇒A∈αC　解析 A项中的推理是公理1的符号表示，故A项正确；B项中的推理符合公理3，故B项正确；C项中，l⊄α有l∥α或l与α相交两种可能，若交点为A，则A∈l且A∈α，故C项错误；D项中的推理符合直线在平面内的定义，故D项正确．故选C项．2．已知异面直线a，b满足a⊂α，b⊂β且α∩β＝c，则直线c与a，b的关系是(　　)A．c与a，b都相交B．c与a，b都不相交C．c至多与a，b中的一条相交D．c至少与a，b中的一条相交D　解析 若c与a，b都不相交，因为c与a在α内，所以a∥c.又c与b都在β内，所以b∥c.由公理4可知a∥b，与已知条件矛盾．如图，只有以下三种情况．由图象可知c至少与a，b中的一条相交．故选D项．3．(2021·贵州检测)如图所示，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若＝＝，则与平面EFGH平行的直线有(　　)A．0条  B．1条 C．2条  D．3条C　解析 因为＝，所以EF∥AB.又EF⊂平面EFGH，AB⊄平面EFGH，所以AB∥平面EFGH.同理，由＝，可证CD∥平面EFGH.所以与平面EFGH平行的直线有2条．故选C项．4．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是(　　)A．①②  B．①④  C．③④  D．②③A　解析 ①中，过n作平面θ与平面α交于直线b，则n∥b，由m⊥α，知m⊥b，从而m⊥n，正确；②中，由线面垂直、面面平行的性质知m⊥γ成立，正确；平行于同一平面的两条直线也可能相交或异面，垂直于同一平面的两平面也可能相交，则③和④不正确．故选A项．5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是(　　)A．①  B．②  C．③  D．④B　解析 作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确．故选B项．6．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 将所给论断分别作为条件、结论，得到如下三个命题：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交或l∥α.故正确的命题为“如果l⊥α，m∥α，则l⊥m”．答案 如果l⊥α，m∥α，则l⊥m7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与BC1所成的角的大小是________.解析 设BB1＝1，如图所示，延长CC1至C2，使C1C2＝CC1＝1，连接B1C2，则B1C2∥BC1，所以∠AB1C2为AB1与BC1所成的角(或其补角)．连接AC2，则AB＝AC＝B1C1＝BB1＝，CC2＝2，所以AB1＝＝，B1C2＝＝，AC2＝＝，所以AC＝AB＋B1C，则∠AB1C2＝90°.所以AB1与BC1所成的角的大小是90°.答案 90°8．如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：AD⊥AC.证明 (1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.因为AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.因为AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.9．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，CD＝4，E为CD的中点．(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求三棱锥C－PBE的体积．解析 (1)证明：因为AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，所以AC＝2，∠BCA＝60°.因为在△ACD中，AD＝2，AC＝2，CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2，所以∠CAD＝90°，即△ACD是直角三角形．又E为CD的中点，所以AE＝CD＝CE＝2，所以△ACE是等边三角形，∠CAE＝60°，所以∠CAE＝∠BCA，所以BC∥AE.又AE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AE∥平面PBC.(2)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥底面BCE，所以PA为三棱锥P－BCE的高．因为∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，所以∠BCE＝120°.又BC＝1，CE＝2，所以S△BCE＝×BC×CE×sin∠BCE＝×1×2×＝，所以V三棱锥C－PBE＝V三棱锥P－BCE＝×S△BCE×PA＝××2＝.10．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝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A1－BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值．解析 (1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，即在题图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A1－BCDE的高．由题图①知A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.从而四棱锥A1－BCDE的体积V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，由a3＝36，得a＝6.(建议用时：25分钟)11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是(　　)A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABCD　解析 因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC.故选D项．12．如图，空间四边形ABCD的两条对棱AC，BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．解析 设＝＝k，所以＝＝1－k，所以GH＝5k，EH＝4(1－k)，所以周长为2GH＋2EH＝8＋2k.又因为0<k<1，所以周长的取值范围是(8,10)．答案 (8,10)13．如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．解析 如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM.因为DK⊥AB，平面ABD⊥平面ABCF，AB为两平面的交线，所以DK⊥平面ABCF，所以DK⊥AF.又KM⊥AF，DK∩KM＝K，所以AF⊥平面DMK，所以DM⊥AF.与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF，如图②所示，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t的取值范围是.答案 14．如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．(1)求证：CD⊥平面SAD；(2)求证：PQ∥平面SCD；(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.由题意知PD∥BC，且PD＝BC.在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，所以QR∥BC，且QR＝BC，所以PD∥QR，且PD＝QR，所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，所以PQ∥平面SCD.(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，连接DN，PM，SP，NM，NO，因为PD∥CM，且PD＝CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.又因为点N为SC的中点，所以NO∥SP.因为SA＝SD，点P为AD的中点，所以SP⊥AD，又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.