2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)8 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文

《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)8 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)8 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(八)　空間位置關(guān)系的判斷與證明 [專題通關(guān)練] (建議用時：30分鐘) 1．若a，b是空間中兩條不相交的直線，則過直線b且平行于直線a的平面(　　) A．有且僅有一個 B．至少有一個 C．至多有一個 D．有無數(shù)個 B　[∵a，b是空間中兩條不相交的直線．∴a，b可能平行或異面．若a，b平行，則過直線b且平行于直線a的平面有無數(shù)個；若a，b異面，在b上取一點O，過O作c∥a，則b，c確定平面α，∴a平行于α，此時過直線b且平行于直線a的平面只有一個．故選B.] 2．(2019·長沙模擬)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長為4，底面邊長為2.若點M是線段A1C

2、的中點，則直線BM與底面ABC所成角的正切值為(　　) A.　　 　B.　　 　C.　　 　D. C　[過點M作MN⊥AC于N，連接BN(圖略)，則∠MBN為直線BM與底面ABC所成角，由題意可知MN＝2，BN＝3，所以tan∠MBN＝＝.] 3．已知α，β表示兩個不同的平面，l表示既不在α內(nèi)也不在β內(nèi)的直線，存在以下三個條件：①l⊥α；②l∥β；③α⊥β，若以其中兩個推出另一個構(gòu)成命題，則正確命題的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 C　[由①②?③、①③?②是真命題，而由②③不能得到①，故選C.] 4．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD

3、＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[因為在四邊形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，則CD⊥AB，又AD⊥AB，CD∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故選D.] 5．在正方體ABCD-A1B1C1

4、D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線有________條． 無數(shù)　[在A1D1上任取一點P，過點P與直線EF作一個平面α(如圖所示)，因CD與平面α不平行，所以它們相交，設(shè)它們交于點Q，連接PQ，則PQ與EF必然相交，即PQ為所求直線．由點P的任意性知，有無數(shù)條直線與三條直線A1D1，EF，CD都相交．] 6．(2019·銀川模擬)如圖，四面體ABCD中，CD＝4，AB＝2，E、F分別是AC、BD的中點，若EF⊥AB，則EF與CD所成的角等于________． 30　[如圖，取AD的中點M，連接ME、MF，則ME∥CD，MF∥AB

5、， 因為EF⊥AB，所以EF⊥MF，則∠MEF為EF與CD所成的角，又ME＝2，MF＝1，故∠MEF＝30°.] 7．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 　[如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，

6、 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝.] 8．[一題多解](2019·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個面，其棱長為________． 圖1　 　圖2 26?。?　[先求面數(shù)有如下兩種方法． 法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，

7、其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有2×9＋8＝26(個)面． 法二：一般地，對于凸多面體，頂點數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2.(歐拉公式) 由題圖知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點數(shù)為24. 故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱長．作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長為x，則正八邊形的邊長即為棱長． 連接AF，過H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，則 AM＝MH＝NG＝NF＝x. 又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1. ∴x＝

8、－1，即半正多面體的棱長為－1.] 9．(2019·永州模擬)如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°，AC與BD交于點O.以BD為折痕，將△ABD折起，使點A到達點A1的位置． (1)若A1C＝，求證：平面A1BD⊥平面ABCD； (2)若A1C＝2，求三棱錐A1-BCD體積． [解]　(1)證明：∵在菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°，AC與BD交于點O. 以BD為折痕，將△ABD折起，使點A到達點A1的位置，A1C＝， ∴A1O⊥BD，OC＝OA1＝，∴OC2＋OA＝A1C2，∴OC⊥OA1， ∵OC∩BD＝O，∴OA1⊥平面ABCD， ∵OA1?平面A

9、1BD，∴平面A1BD⊥平面ABCD. (2)設(shè)點A1到平面BCD的距離為d， ∵OC＝OA1＝，A1C＝2， ∴××d＝×2×，解得d＝， S△BCD＝×BD×OC＝×2×＝， ∴三棱錐A1-BCD體積V＝×d×S△BCD＝××＝. [能力提升練] (建議用時：15分鐘) 10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積． [解]　(1)由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB

10、∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P，從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E. 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD. 設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝AB·AD·PE＝x3. 由題設(shè)得x3＝，故x＝2. 從而PA＝PD＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可得四棱錐P -ABCD的側(cè)面積為PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2. 11．如圖所示，在圓錐PO中，已知PO

11、＝，⊙O的直徑AB＝2，點C在上，且∠CAB＝30°，D為AC的中點． (1)求證：AC⊥平面POD. (2)求直線OC和平面PAC所成角的正弦值． [解]　(1)證明：連接OC.∵OA＝OC，D是AC的中點，∴AC⊥OD. ∵PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，∴AC⊥PO. ∵OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線， ∴AC⊥平面POD. (2)由(1)知，AC⊥平面POD，又AC?平面PAC，∴平面POD⊥平面PAC.如圖所示，在平面POD中，過O作OH⊥PD于H，則OH⊥平面PAC，連接CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，∴∠OCH是直線OC和平面PAC所成的角．在Rt△

12、ODA中，OD＝OA×sin 30°＝.在Rt△POD中，OH＝＝＝. 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝. ∴直線OC和平面PAC所成的角的正弦值為. 12．(2019·遼陽二模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ACD＝45°，CD＝2，△PAC是邊長為的等邊三角形，PA⊥CD. (1)證明：平面PCD⊥平面ABCD (2)在線段PB上是否存在一點M，使得PD∥平面MAC？說明理由． [解]　(1)證明：取CD的中點E，連接PE，AE， ∵∠ACD＝45°，CD＝2，AC＝， ∴AD＝＝， ∴△ACD是等腰直角三角形，AD＝AC， ∴AE⊥

13、CD， 又PA⊥CD，PA∩AE＝A， ∴CD⊥平面PAE，又PE?平面PAE， ∴CD⊥PE. ∴PE＝＝1，又AE＝CD＝1，PA＝， ∴PE2＋AE2＝PA2，∴PE⊥AE， 又AE?平面ABCD，CD?平面ABCD，CD∩AE＝E， ∴PE⊥平面ABCD，又PE?平面PCD， ∴平面PCD⊥平面ABCD. (2)當(dāng)M為PB的中點時，PD∥平面MAC. 證明：連接BD交AC于O，連接OM， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴O是BD的中點，又M是PB的中點， ∴OM∥PD，又OM?平面MAC，PD?平面MAC， ∴PD∥平面MAC. 題號 內(nèi)容

14、 押題依據(jù) 1 異面直線所成的角 對異面直線所成角的考查，是近幾年高考一個新的重點．本題以平面圖形的翻折為載體考查異面直線所成角的求法．考查了考生的直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算核心素養(yǎng) 2 直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定與性質(zhì)，四棱錐的體積 高考對立體幾何解答題的考查多分2小問，第(1)問是空間平行、垂直關(guān)系的證明；第(2)問多涉及體、面積的計算．本題符合高考的命題規(guī)律，考查考生的直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算核心素養(yǎng) 【押題1】　[新題型]如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點，將四邊形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，

15、則BD＝________，異面直線BD與CF所成角的余弦值為________． 　　[如圖，連接DE交FC于O，取BE的中點G，連接OG，CG，則OG∥BD且OG＝BD，所以∠COG為異面直線BD與CF所成的角或其補角．因為正方形ABCD的邊長為2，則CE＝BE＝1，CF＝DE＝＝，所以CO＝CF＝.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝＝，所以O(shè)G＝BD＝.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝BE＝，所以CG＝＝.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝＝＝，所以異面直線BD與CF所成角的余弦值為.] 【押題2】　如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD

16、是平行四邊形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PA＝PB＝AC，點M為AB的中點． (1)試在棱PD上找一點N，使得AN∥平面PMC； (2)若PB⊥AC，PM＝，求四棱錐P-ABCD的體積． [解]　(1)點N為PD的中點時AN∥平面PMC. 證明：取PD的中點N，PC的中點Q，連接AN，QN，MQ， 在△PCD中，N，Q分別是所在邊PD，PC的中點，則NQ∥CD且NQ＝ CD. 因為點M為AB的中點，AB∥CD，且AB＝CD，所以NQ∥AM且NQ＝AM. 所以四邊形AMQN是平行四邊形，所以AN∥MQ. 又AN?平面PMC，MQ?平面PMC，所以AN∥平面PMC. (2)

17、在△ABC中，BC＝2AB，∠ABC＝60°，設(shè)AB＝a，則BC＝2a， 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3a2， 則BC2＝AB2＋AC2，由勾股定理的逆定理可得，AC⊥AB. 又PB⊥AC，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB. 因為PM?平面PAB，所以AC⊥PM. 因為PA＝PB，點M為AB的中點，所以PM⊥AB, 又AC∩AB＝A，因此PM⊥平面ABCD. 在Rt△PAM中，AM＝AB＝，PA＝AC＝a， 所以PM＝＝＝， 所以a＝2，AB＝2，BC＝4， V四棱錐P-ABCD＝×AB×BC×sin∠ABC×PM＝×2×4××＝， 所以四棱錐P-ABCD的體積為. - 8 -