2021屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)十一空間位置關(guān)系的判斷與證明文

全國(guó)版2021屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)十一空間位置關(guān)系的判斷與證明文含解析全國(guó)版2021屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)十一空間位置關(guān)系的判斷與證明文含解析PAGE全國(guó)版2021屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)十一空間位置關(guān)系的判斷與證明文含解析專題檢測(cè)（十一）空間位置關(guān)系的判斷與證明A組——“6＋3＋3”考點(diǎn)落實(shí)練一、選擇題1。已知E，F(xiàn),G，H是空間四點(diǎn),命題甲：E,F，G,H四點(diǎn)不共面，命題乙：直線EF和GH不相交，則甲是乙成立的()A.必要不充分條件 B。充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析：選B若E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)不共面，則直線EF和GH肯定不相交，但直線EF和GH不相交，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)可以共面,例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要條件.故選B.2.（2019·福州市第一學(xué)期抽測(cè))已知m為一條直線,α，β為兩個(gè)不同的平面,則下列說(shuō)法正確的是()A.若m⊥α,α∥β，則m⊥βB。若m⊥α，α⊥β，則m∥βC。若m∥α,α∥β，則m∥βD。若m∥α，α⊥β，則m⊥β解析：選A對(duì)于A，利用線面垂直的性質(zhì)與判定定理、面面平行的性質(zhì)定理，可得m⊥β，A正確;對(duì)于B，若m⊥α，α⊥β,則m與β平行或m在β內(nèi),B不正確；對(duì)于C，若m∥α，α∥β，則m與β平行或m在β內(nèi)，C不正確；對(duì)于D,若m∥α,α⊥β，則m可以在β內(nèi),D不正確。故選A。3.在正三棱柱ABC.A1B1C1中，｜AB｜＝eq\r（2）｜BB1|，則AB1與BC1所成角的大小為(）A.30° B。60°C。75° D。90°解析：選D將正三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)為四棱柱ABCD.A1B1C1D1，連接C1D，BD，則C1D∥B1A，∠BC1D為所求角或其補(bǔ)角。設(shè)BB1＝eq\r(2）,則BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq\r(3）,又因?yàn)锽C1＝C1D＝eq\r（6)，所以∠BC1D＝90°.故選D.4。(2019·長(zhǎng)沙市統(tǒng)一模擬考試）設(shè)a,b，c表示不同直線,α,β表示不同平面，下列命題：①若a∥c,b∥c，則a∥b；②若a∥b，b∥α，則a∥α;③若a∥α，b∥α，則a∥b;④若a?α，b?β，α∥β，則a∥b。真命題的個(gè)數(shù)是（）A.1 B。2C。3 D。4解析：選A由題意,對(duì)于①，根據(jù)線線平行的傳遞性可知①是真命題；對(duì)于②，根據(jù)a∥b,b∥α，可以推出a∥α或a?α，故②是假命題；對(duì)于③,根據(jù)a∥α，b∥α，可以推出a與b平行、相交或異面，故③是假命題；對(duì)于④,根據(jù)a?α，b?β，α∥β，可以推出a∥b或a與b異面，故④是假命題。所以真命題的個(gè)數(shù)是1。故選A。5.如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個(gè)平面后,某學(xué)生得出下列四個(gè)結(jié)論:①BD⊥AC；②△BAC是等邊三角形；③三棱錐D。ABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC。其中正確的結(jié)論是(）A.①②④ B。①②③C。②③④ D。①③④解析:選B由題意知，BD⊥平面ADC,故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形,②正確;易知DA＝DB＝DC,結(jié)合②知③正確；由①知④不正確.故選B.6.(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考）一個(gè)正四面體的側(cè)面展開(kāi)圖如圖所示，G為BF的中點(diǎn)，則在正四面體中，直線EG與直線BC所成角的余弦值為（)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：選C該正四面體如圖所示，取AD的中點(diǎn)H，連接GH，EH，則GH∥AB,所以∠HGE為直線EG與直線BC所成的角。設(shè)該正四面體的棱長(zhǎng)為2，則HE＝EG＝eq\r（3），GH＝1。在△HEG中，由余弦定理，得cos∠HGE＝eq\f(HG2＋EG2－HE2，2HG·EG)＝eq\f(\r（3）,6）。故選C。二、填空題7.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線。給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m;②m∥α;③l⊥α。以其中的兩個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確的命題:________。解析：②③?①.證明如下：∵m∥α,∴根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，知存在n?α,使得m∥n。又∵l⊥α，∴l(xiāng)⊥n，∴l(xiāng)⊥m.①③?②。證明略。答案：②③?①(或①③?②)8.若P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，矩形對(duì)角線的交點(diǎn)為O，M為PB的中點(diǎn)，給出以下四個(gè)命題:①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正確的個(gè)數(shù)是________。解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正確的只有①③.答案：①③9.（2018·全國(guó)卷Ⅱ）已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8），SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5eq\r（15）,則該圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_______。解析：如圖,∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形。設(shè)OA＝r，則SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2）r。在△SAB中，cos∠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)，即母線長(zhǎng)l＝4eq\r(5）,∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2eq\r（10)×4eq\r(5）＝40eq\r(2）π。答案:40eq\r(2)π三、解答題10。如圖，側(cè)棱與底面垂直的四棱柱ABCD.A1B1C1D1的底面是梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AA1＝4,DC＝2AB，AB＝AD＝3，點(diǎn)M在棱A1B1上，且A1M＝eq\f(1，3）A1B1.已知點(diǎn)E是直線CD上的一點(diǎn)，AM∥平面BC1E.(1)試確定點(diǎn)E的位置，并說(shuō)明理由；（2)求三棱錐M。BC1E的體積.解：（1）點(diǎn)E在線段CD上且EC＝1，理由如下.在棱C1D1上取點(diǎn)N，使得D1N＝A1M＝1，連接MN，DN（圖略),又D1N∥A1M，所以MN綊A1D1綊所以四邊形AMND為平行四邊形，所以AM∥DN。因?yàn)镃E＝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。故點(diǎn)E在線段CD上且EC＝1。（2)由(1）知,AM∥平面BC1E,所以V三棱錐M-BC1E＝V三棱錐A-BC1E＝V三棱錐C1。ABE＝eq\f（1，3)×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)×3×3））×4＝6。11。(2019·石家莊市模擬一)如圖，已知三棱錐P。ABC中，PC⊥AB，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°.(1）證明：平面PAC⊥平面ABC；（2）設(shè)F為棱PA的中點(diǎn)，在AB上取點(diǎn)E,使得AE＝2EB，求三棱錐F。ACE與四棱錐C。PBEF的體積之比。解：（1)證明：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）設(shè)三棱錐F。ACE的高為h1，三棱錐P.ABC的高為h,則VF。ACE＝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)×VP。ABC?！嗳忮FF.ACE與四棱錐C。PBEF的體積之比為1∶2。12。（2019·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研）如圖所示，在四棱錐P。ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)，AC＝2.(1)求證：AE∥平面PBC；(2）若四面體PABC的體積為eq\f(\r（3)，3)，求△PCD的面積。解：（1)證明：如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接EF,AF,則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四面體PABC＝eq\f(1,3）·eq\f（1，2）AB·BC·PA＝eq\f（\r（3），3)，可得PA＝2.過(guò)A作AQ⊥CD于Q，連接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),則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組—-大題專攻強(qiáng)化練1。(2019·蘭州市診斷考試)如圖,在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，△PCD為正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2eq\r（3)，平面PCD⊥平面ABCD,E為PC的中點(diǎn).（1）證明:BE⊥PC;(2)求多面體PABED的體積。解：(1）證明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠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?！摺鱌CD為正三角形，E為PC的中點(diǎn),∴DE⊥PC，∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC。（2）如圖，作PF⊥CD，EG⊥CD，F(xiàn)，G為垂足，∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PF⊥平面ABCD,EG⊥平面ABCD，∵△PCD為正三角形，CD＝2eq\r(3),∴PF＝3，EG＝eq\f（3,2），∴V四棱錐P.ABCD＝eq\f(1,3）×2×2eq\r（3）×3＝4eq\r（3），V三棱錐E。BCD＝eq\f(1,3)×eq\f（1,2）×2×2eq\r(3)×eq\f(3，2）＝eq\r（3）,∴多面體PABED的體積V＝4eq\r（3）－eq\r(3）＝3eq\r(3）。2.(2019·昆明市診斷測(cè)試）如圖，在四棱錐P。ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq\r(2)，E是棱PC上的一點(diǎn)。（1)證明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求eq\f(PE,PC)的值；（3）在(2)的條件下，三棱錐P.BDE的體積是18，求點(diǎn)D到平面PAB的距離。解：(1)證明：由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD。因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形,所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2）如圖，連接AC交BD于F，連接EF,則EF是平面PAC與平面BDE的交線.因?yàn)镻A∥平面BDE，所以PA∥EF。因?yàn)镕是AC的中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn),所以eq\f（PE,PC)＝eq\f(1，2)。（3）因?yàn)镻D⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD，由（1）（2）知點(diǎn)E到平面PBD的距離等于eq\f(1，2)BC＝3.因?yàn)閂三棱錐E。PBD＝V三棱錐P.BDE＝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是等邊三角形，則S△PAB＝18eq\r（3).設(shè)點(diǎn)D到平面PAB的距離為d，因?yàn)閂三棱錐D。PAB＝V三棱錐P.ABD，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).所以點(diǎn)D到平面PAB的距離為2eq\r(3).3。(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖，四棱錐P。ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,∠BAD＝eq\f（π，3），△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，PD⊥BF.(1）求證:AD⊥PB。（2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC,能否在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D。CEG的體積;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:（1)證明：連接PF，∵△PAD是等邊三角形，∴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上找到一點(diǎn)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.連接CF交DE于點(diǎn)H，過(guò)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)，∴VD。CEG＝VG.CDE＝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·東北四市聯(lián)合體模擬一)如圖,等腰梯形ABCD中,AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2,E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折到△APE的位置.（1)證明：AE⊥PB；(2)當(dāng)四棱錐P。ABCE的體積最大