2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練十九空間位置關(guān)系的判斷與證明理含解析

PAGE增分強(qiáng)化練(十九)考點(diǎn)一空間線、面位置關(guān)系的推斷1．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝eq\r(2)，AA1＝2，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(2,3) B.eq\f(5,6)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(6),6)解析：畫出圖形，如圖所示．連接AD1，B1D1，則AD1∥BC1，所以∠B1AD1即為AB1與BC1所成的角或其補(bǔ)角．在B1AD1中，AB1＝AD1＝eq\r(6)，B1D1＝2，所以由余弦定理得cos∠B1AD1＝eq\f(6＋6－4,2×6)＝eq\f(2,3)，所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(2,3).故選A.答案：A2．(2024·寶雞模擬)異面直線a，b所成的角為eq\f(π,3)，直線a⊥c，則異面直線b與c所成角的范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))解析：作b的平行線b′，交a于O點(diǎn)(圖略)，全部與a垂直的直線平移到O點(diǎn)組成一個(gè)與直線a垂直的平面α，O點(diǎn)是直線a與平面α的交點(diǎn)，在直線b′上取一點(diǎn)P，作垂線PP′⊥平面α，交平面α于P′，∠POP′是b′與面α的夾角為eq\f(π,6)，在平面α中，全部與OP′平行的直線與b′的夾角都是eq\f(π,6)，在平面α全部與OP′垂直的線，由于PP′垂直于平面α，所以該線垂直于PP′，則該線垂直于平面OPP′，所以該線垂直于b′，故在平面α全部與OP′垂直的線與b′的夾角為eq\f(π,2)，與OP′夾角大于0，小于eq\f(π,2)的線，與b′的夾角為銳角且大于eq\f(π,6)，故選B.答案：B3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2eq\r(7)，CC1＝2eq\r(5)，E，F(xiàn)分別為AC，CC1的中點(diǎn)，則直線EF與平面AA1B1B所成的角是()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：連接AC1，則EF∥AC1，直線EF與平面AA1B1B所成的角，就是AC1與平面AA1B1B所成的角；作C1D⊥A1B1于D，連接AD，因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，所以底面是等腰三角形，則C1D⊥平面AA1B1B，可知∠C1AD就是直線EF與平面AA1B1B所成的角，CA＝CB＝4，AB＝2eq\r(7)，CC1＝2eq\r(5)，可得C1D＝eq\r(42－\r(7)2)＝3，AD＝eq\r(\r(7)2＋2\r(5)2)＝3eq\r(3)，所以tan∠C1AD＝eq\f(C1D,AD)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠C1AD＝30°.故選A.答案：A考點(diǎn)二空間線面平行、垂直關(guān)系的證明1．(2024·晉城模擬)若a，b是不同的直線，α，β是不同的平面，則下列命題中正確的是()A．若a∥α，b∥β，a⊥b，則α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，則α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，則α∥β解析：A中若a∥α，b∥β，a⊥b，平面α，β可能垂直也可能平行或斜交；B中若a∥α，b∥β，a∥b，平面α，β可能平行也可能相交；C中若a⊥α，a∥b，b⊥α，又b⊥β，故α∥β，所以a∥b必有α∥β；D中若a∥α，b⊥β，a⊥b，平面α，β可能平行也可能相交．故選C.答案：C2．(2024·蚌埠模擬)如圖，在以P為頂點(diǎn)，母線長(zhǎng)為eq\r(2)的圓錐中，底面圓O的直徑長(zhǎng)為2，點(diǎn)C在圓O所在平面內(nèi)，且AC是圓O的切線，BC交圓O于點(diǎn)D，連接PD，OD.(1)求證：PB⊥平面PAC；(2)若AC＝eq\f(2\r(3),3)，求點(diǎn)O到平面PBD的距離．解析：(1)證明：因?yàn)锳B是圓O的直徑，AC與圓O切于點(diǎn)A，所以AC⊥AB.又在圓錐中，PO垂直底面圓O，所以PO⊥AC，而PO∩AB＝O，所以AC⊥平面PAB，從而AC⊥PB.在△PAB中，PA2＋PB2＝AB2，所以PA⊥PB，又PA∩AC＝A所以PB⊥平面PAC.(2)因?yàn)锳B＝2，AC＝eq\f(2\r(3),3)，AC⊥AB，所以在直角△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,6).又OD＝OB＝1＝PO，則△OBD是等腰三角形，所以BD＝eq\r(3)，S△OBD＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4).又PB＝PD＝eq\r(2)，所以S△PBD＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(5),2)＝eq\f(\r(15),4)，設(shè)點(diǎn)O到平面PBD的距離為d，由VP-OBD＝VO-PBD，即eq\f(1,3)S△OBD·PO＝eq\f(1,3)S△PBD·d，所以d＝eq\f(\r(5),5).考點(diǎn)三空間中的翻折問(wèn)題1．(2024·淮南模擬)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為a，將它沿平行于BC的線段PQ折起(其中P在邊AB上，Q在AC邊上)，使平面APQ⊥平面BPQC.D，E分別是PQ，BC的中點(diǎn)．(1)證明：PQ⊥平面ADE；(2)若折疊后，A，B兩點(diǎn)間的距離為d，求d最小時(shí)，四棱錐A-PBCQ的體積．解析：(1)證明：在△APQ中，AP＝AQ，D是PQ的中點(diǎn)，所以AD⊥PQ.又因?yàn)镈E是等腰梯形BPQC的對(duì)稱軸，所以DE⊥PQ.而AD∩DE＝D，所以PQ⊥平面ADE.(2)因?yàn)槠矫鍭PQ⊥平面BPQC，AD⊥PQ，所以AD⊥平面PBCQ，連結(jié)BD，則d2＝AD2＋BD2.設(shè)AD＝x，DE＝eq\f(\r(3),2)a－x(E為BC的中點(diǎn))，于是BD2＝DE2＋BE2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a－x))2＋eq\f(1,4)a2.因此d2＝x2＋BD2＝x2＋DE2＋BE2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a－x))2＋eq\f(1,4)a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),4)a))2＋eq\f(5,8)a2，當(dāng)x＝eq\f(\r(3),4)a時(shí)，dmin＝eq\f(\r(10),4)a.此時(shí)四棱錐A-PBCQ的體積為eq\f(1,3)×S梯形PBCQ×AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋a))×eq\f(\r(3),4)a×eq\f(\r(3),4)a＝eq\f(3,64)a3.2．如圖1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中點(diǎn)，以BM為折痕，將△ABM折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如圖2.(1)求證：A1M⊥BD(2)若K為A1C的中點(diǎn)，求四面體M-A1BK解析：(1)證明：在圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，M是AD的中點(diǎn)，∴AD⊥BM，故在圖2中，BM⊥A1M，∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM＝BM，∴A1M⊥平面BCDM，又BD?平面BCDM，∴A1M⊥BD.圖1圖2(2)在圖1中，∵ABCD是菱形，AD⊥BM，AD∥BC，∴BM⊥BC，且BM＝eq\r(3