寒假高中知識點(diǎn)-空間

智建領(lǐng)航者智建領(lǐng)航者強(qiáng)化訓(xùn)練8空間位置關(guān)系中的綜合問題1．(2021·保山模擬)下列敘述錯誤的是()A．若P∈α∩β，且α∩β＝l，則P∈lB．若直線a∩b＝A，則直線a與b能確定一個平面C．三點(diǎn)A，B，C確定一個平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α則l?α答案C解析選項A，點(diǎn)P是兩平面的公共點(diǎn)，當(dāng)然在交線上，故正確；選項B，由公理的推論可知，兩相交直線確定一個平面，故正確；選項C，只有不共線的三點(diǎn)才能確定一個平面，故錯誤；選項D，由公理1得，直線上有兩點(diǎn)在一個平面內(nèi)，則整條直線都在平面內(nèi)．2．(2021·資中模擬)若l1，l2為異面直線，直線l3與l2平行，則l1與l3的位置關(guān)系是()A．相交B．異面C．平行D．異面或相交答案D解析將直線l1，l2，l3放在正方體中，作為正方體的棱，可知D選項正確．3．(2021·濰坊模擬)已知a，b為不同的直線，α，β為不同的平面，則下列結(jié)論正確的是()A．若a⊥α，b⊥a，則b∥αB．若a，b?α，a∥β，b∥β，則α∥βC．若a∥α，b⊥β，a∥b，則α⊥βD．若α∩β＝b，a?α，a⊥b，則α⊥β答案C解析A選項，若a⊥α，b⊥a，則b∥α或b?α，A錯；B選項，若a，b?α，a∥β，b∥β，當(dāng)a∥b時，α與β可能相交，故B錯；C選項，若a∥b，b⊥β，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，可得a⊥β，又a∥α，根據(jù)面面垂直的判定定理，可得α⊥β，故C正確；D選項，若α∩β＝b，a?α，a⊥b，垂直于交線，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錯．4.(2021·合肥模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D為A1B1的中點(diǎn)，AB＝BC＝2BB1＝2，AC＝2eq\r(2)，則異面直線BD與AC所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析如圖，取B1C1的中點(diǎn)E，連接BE，DE，則AC∥A1C1∥DE，所以∠BDE即為異面直線BD與AC所成的角或其補(bǔ)角，由已知可得BD＝DE＝BE＝eq\r(2)，△BDE為正三角形，所以∠BDE＝60°，所以異面直線BD與AC所成的角為60°.5．(多選)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下面結(jié)論正確的是()A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．平面ACC1A1⊥CB1D1D．異面直線AD與CB1所成的角為60°答案ABC解析對于A，∵ABCD－A1B1C1D1為正方體，∴BD∥B1D1，由線面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，A正確；對于B，連接AC，∵ABCD－A1B1C1D1為正方體，∴BD⊥AC，且CC1⊥BD，由線面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，∴BD⊥AC1，B正確；對于C，由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面ACC1，則平面ACC1A1⊥CB1D1，C正確；對于D，異面直線AD與CB1所成的角即為直線BC與CB1所成的角為45°，D錯誤．故選ABC.6．(多選)如圖，棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．三棱錐B1－D1PC的體積為定值D．DC1⊥D1P答案ACD解析在A中，因為A1D1⊥平面A1AP，A1D1?平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正確；在B中，當(dāng)P與A1重合時，∠APD1＝eq\f(π,2)，故B錯誤；在C中，因為△B1D1C的面積是定值，A1B∥平面B1D1C，所以點(diǎn)P到平面B1D1C的距離是定值，所以三棱錐B1－D1PC的體積為定值，故C正確；在D中，因為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正確．7．如圖所示，在三棱錐A－BCD中，截面EFG平行于底面，且AE∶AB＝1∶3，已知△BCD的周長是18，則△EFG的周長為________．答案6解析由已知得EF∥BD，EG∥BC，F(xiàn)G∥DC，∴△EFG∽△BDC，∴eq\f(△EFG的周長,△BDC的周長)＝eq\f(EF,BD)，又∵eq\f(EF,BD)＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(△EFG的周長,△BDC的周長)＝eq\f(1,3)，∴△EFG的周長＝18×eq\f(1,3)＝6.8．(2020·天津模擬)如圖，在三棱錐S－ABC中，SA⊥底面ABC，底面△ABC為邊長為1的等邊三角形，SA＝AB，則A與平面SBC的距離為________．答案eq\f(\r(21),7)解析因為SA⊥底面ABC，所以SA⊥AB，又因為SA＝AB＝1，所以SB＝eq\r(2)，同理SC＝eq\r(2)，又因為BC＝1，所以S△SBC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2－\f(1,4))＝eq\f(\r(7),4)，因為△ABC為邊長為1的等邊三角形，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),4)，設(shè)A與平面SBC的距離為h，則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·湛江模擬)在棱長為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BC和C1D1的中點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A，E，F(xiàn)的平面把正方體ABCD－A1B1C1D1截成兩部分，則截面與平面BCC1B1的交線段的長為________．答案eq\f(10,3)解析如圖，過點(diǎn)F作FH∥AE交A1D1于H，易知D1H＝1，所以點(diǎn)H為A1D1的四等分點(diǎn)，連接AH，過點(diǎn)E作EP∥AH交CC1于點(diǎn)P，所以eq\f(AA1,A1H)＝eq\f(CP,CE)，解得CP＝eq\f(8,3)，故截面與平面BCC1B1交線段PE＝eq\r(CE2＋CP2)＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2)＝eq\f(10,3).10．(2021·海淀模擬)已知正四面體A－BCD的棱長為2，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段BC上，則下面四個命題中：①?F∈BC，EF∥AC；②?F∈BC，EF≤eq\r(3)；③?F∈BC，EF與AD不垂直；④?F∈BC，直線EF與平面BCD夾角正弦的最大值為eq\f(\r(3),3).所有不正確的命題序號為________．答案①③解析如圖，對?F∈BC，EF與AC異面或相交，故①錯誤；當(dāng)點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)時，EF為異面直線AD和BC的公垂線段，此時EF取得最小值，當(dāng)F與B，C重合時，EF取得最大值eq\r(3)，故②正確；因為AD⊥BE，AD⊥CE，BE∩CE＝E，所以AD⊥平面BEC，故AD⊥EF，故③錯誤；因為E到平面BCD的距離為定值d，設(shè)直線EF與平面BCD的夾角為θ，則sinθ＝eq\f(d,EF)，當(dāng)F為BC的中點(diǎn)時，易知EF為異面直線AD和BC的公垂線段，此時EF取得最小值，sinθ＝eq\f(d,EF)有最大值，此時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sinθ＝eq\f(d,EF)＝eq\f(\r(3),3)，故④正確．11.(2020·長春模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，且CD＝2AD＝2AB＝4，點(diǎn)F在CD上，且DF＝eq\f(1,3)FC.(1)求證：EF∥平面PAD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD且PA⊥PD，求三棱錐P－CEF的體積．(1)證明如圖所示，取PA的中點(diǎn)M，連接DM，EM，因為點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，且CD＝2AD＝2AB＝4，所以EM∥AB且EM＝eq\f(1,2)AB＝1，因為DF＝eq\f(1,3)FC，所以DF＝eq\f(1,4)DC＝1，所以EM＝DF＝1，又因為AB∥DC，所以EM∥DF，所以四邊形EMDF為平行四邊形，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，因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA＝PD，取AD的中點(diǎn)N，連接PN，則PN⊥平面ABCD，因為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.如圖，在三棱錐A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，P為AB的中點(diǎn)，E為BD的中點(diǎn)．(1)求證：AE⊥平面BCD；(2)求直線PD與平面ACD所成角的正弦值．(1)證明由題圖可知，△ABD是邊長為2的等邊三角形，∵E為BD的中點(diǎn)，∴AE⊥BD，且AE＝eq\r(3)，如圖，連接CE，∵△BCD是斜邊長為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的中點(diǎn)F，連接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.設(shè)PD，AE相交于點(diǎn)G，則點(diǎn)G為△ABD的重心，∴AG＝DG＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(2\r(3),3).過點(diǎn)G作GH⊥AF于H，則GH⊥平面ACD，連接DH，則∠GDH為直線PD與平面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)，即直線PD與平面ACD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7).方法二由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E－xyz，則A(0,0，eq\r(3))，C(1,0,0)，D(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，設(shè)平面ACD的一個法向量為n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)z＝0，,－x＋y＝0，))取x＝y(tǒng)＝1，則z＝eq\f(\r(3),3)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),3)))為平面ACD的一個法向量，設(shè)PD與平面ACD所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n|·|\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(7),7)，故直線PD與平面ACD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7).13.(2021·太原模擬)如圖，在正四面體D－ABC中，P∈平面DBA，則在平面DAB內(nèi)過點(diǎn)P與直線BC成60°角的直線共有()A．0條B．1條C．2條D．3條答案C解析在平面DAB內(nèi)過P點(diǎn)與DB或AB平行的直線都與BC成60°的角，實際上只要求得在平面DAB內(nèi)過點(diǎn)B且與直線BC成60°角的直線的條數(shù)．在空間過點(diǎn)B與直線BC成60°角的直線構(gòu)成以BC為軸，BD為母線的圓錐側(cè)面，此圓錐側(cè)面與平面DAB只有兩條交線．因此滿足題意的直線只有2條．14.(2020·陽泉期末)如圖，在直角梯形SABC中，∠ABC＝∠BCS＝90°，過點(diǎn)A作AD⊥SC交SC于點(diǎn)D，以AD為折痕把△SAD折起，當(dāng)幾何體S－ABCD的體積最大時，則下列命題中正確的個數(shù)是()①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角；④AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角．A．4B．3C．2D．1答案D解析當(dāng)體積最大時，平面SAD⊥平面ABCD，如圖所示，對①，若AC⊥SB又根據(jù)題意，AC⊥SD，故AC⊥平面SDB，又BD?平面SDB，故可得AC⊥BD，而根據(jù)題意，無法得知兩直線位置關(guān)系，故不正確；對②，AB∥CD，由CD?平面SCD，故AB∥平面SCD，正確；對③，因為無法得知底面ABCD的邊長關(guān)系，所以無法確定，故錯誤；對④，AB與SC所成角度為∠SCD，而DC與SA所成角度為∠SAB，兩個角度顯然不相等，故錯誤．綜上所述，正確的只有②.15.《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽馬”為底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐．現(xiàn)有陽馬S－ABCD，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝3，SA＝eq\r(3).BC上有一點(diǎn)E，使截面SDE的周長最短，則SE與CD所成角的余弦值等于________．答案eq\f(\r(2),4)解析要使截面SDE的周長最短，則SE＋ED最短，將底面ABCD沿BC展開成平面圖形A′BCD′(如圖)，連接SD′，交BC于E，則SE＋ED＝SE＋ED′≥SD′，當(dāng)S，E，D′共線時等號成立，此時，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，連接SF，則SE與CD所成角為∠SEF，易得SF⊥EF，由SE＝2eq\r(2)，EF＝1，得cos∠SEF＝eq\f(EF,SE)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4).16．(1)當(dāng)x＝2時：①證明：EF⊥平面ABE；②求二面角D－BF－E的余弦值；(2)三棱錐D－FBC的體積是否可能等于幾何體ABE－FDC體積的eq\f(4,9)？并說明理由．(1)①證明在直角梯形ABCD中，因為∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，故DA⊥AB，BC⊥AB，因為EF∥BC，故EF⊥AB.所以在折疊后的幾何體中，有EF⊥AE，EF⊥BE，而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE.②解如圖，在平面AEFD中，過D作DG⊥EF交EF于G.在平面DBF中，過D作DH⊥BF交BF于H，連接GH.因為平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG?平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，因為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為二面角D－BF－E的平面角，在平面AEFD中，因為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，故四邊形AEGD為平行四邊形，故DG＝AE＝2，GF＝1，在Rt△BEF中，tan∠BFE＝eq\f(2,3)，因為∠BFE為三角形的內(nèi)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)，因為∠DHG為三角形的內(nèi)角，故cos∠DHG＝eq\f(\r(14),14).所以二面角D－BF－E的平面角的余弦值為eq\f(\r(14),14).(2)解若三