(全國通用)2020版高考數(shù)學二輪復習 第四層熱身篇 專題檢測(十一)空間位置關(guān)系的判斷與證明

上傳人:Sc****h 文檔編號:119047942 上傳時間:2022-07-13 格式:DOC 頁數(shù):9 大?。?.59MB
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1、專題檢測(十一) 空間位置關(guān)系的判斷與證明 A組——“6+3+3”考點落實練 一、選擇題 1.已知E,F(xiàn),G,H是空間四點,命題甲:E,F(xiàn),G,H四點不共面,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·福州市第一學期抽測)已知m為一條直線,α,β為兩個不同的平面,則下列說法正確的是(  )

2、A.若m⊥α,α∥β,則m⊥β B.若m⊥α,α⊥β,則m∥β C.若m∥α,α∥β,則m∥β D.若m∥α,α⊥β,則m⊥β 解析:選A 對于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;對于B,若m⊥α,α⊥β,則m與β平行或m在β內(nèi),B不正確;對于C,若m∥α,α∥β,則m與β平行或m在β內(nèi),C不正確;對于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|=|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-A

3、1B1C1補為四棱柱ABCD-A1B1C1D1,連接C1D,BD,則C1D∥B1A,∠BC1D為所求角或其補角.設(shè)BB1=,則BC=CD=2,∠BCD=120°,BD=2, 又因為BC1=C1D=,所以∠BC1D=90°.故選D. 4.(2019·長沙市統(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. 真命題的個數(shù)是(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:選A 由題意,對于①,根據(jù)線線平行的傳遞性可知①是真命題;對

4、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平面后,某學生得出下列四個結(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.①②③ C.②③④ D.①③④ 解析:選B 由題意

5、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)一個正四面體的側(cè)面展開圖如圖所示,G為BF的中點,則在正四面體中,直線EG與直線BC所成角的余弦值為(  ) A. B. C. D. 解析:選C 該正四面體如圖所示,取AD的中點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)該正四面體的棱長為2,則HE=EG=,GH=1.在△HEG中,由余弦

6、定理,得cos∠HGE==.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.給出下列三個論斷: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:________. 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⊥n,∴ l⊥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,矩形對角線的交點為O,M為PB的中點,給出以下四個命題:①OM∥平面PCD;②OM∥平面PBC;③OM∥平面

7、PDA;④OM∥平面PBA.其中正確的個數(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:①③ 9.(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB所成角的余弦值為,SA與圓錐底面所成角為45°,若△SAB的面積為5,則該圓錐的側(cè)面積為________. 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=r. 在△SAB中,cos ∠ASB=, ∴sin ∠ASB=, ∴S△SAB=SA·SB·sin ∠ASB =×(r)2×=5, 解得r=

8、2, ∴SA=r=4,即母線長l=4, ∴S圓錐側(cè)=πrl=π×2×4=40π. 答案:40π 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M在棱A1B1上,且A1M=A1B1.已知點E是直線CD上的一點,AM∥平面BC1E. (1)試確定點E的位置,并說明理由; (2)求三棱錐M-BC1E的體積. 解:(1)點E在線段CD上且EC=1,理由如下. 在棱C1D1上取點N,使得D1N=A1M=1,連接MN,DN(圖略),又D1N∥A1M,所以MN綊A1D1綊AD. 所

9、以四邊形AMND為平行四邊形,所以AM∥DN. 因為CE=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=××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,在AB上取點E,使得AE=2EB,求三棱錐F-ACE與

10、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=2, ∴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=×S△ACE×h1 =×S△ABC××h× =×S△ABC×h× =×VP-ABC. ∴三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之比為1∶2. 12.(2019·重慶市學業(yè)質(zhì)量調(diào)研)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,∠CAD

11、=∠ABC=90°,∠BAC=∠ADC=30°,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點,AC=2. (1)求證:AE∥平面PBC; (2)若四面體PABC的體積為,求△PCD的面積. 解:(1)證明:如圖,取CD的中點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=·AB·BC·PA=,可得PA=2. 過A作AQ⊥CD于Q,連接PQ,在△ACD中,AC=2,∠CAD=90°,∠ADC=30°, ∴CD

12、=4,AD=2,AQ==, 則PQ= =. ∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD. 又AQ∩PA=A, ∴CD⊥平面PAQ,CD⊥PQ. ∴S△PCD=×4×=2. B組——大題專攻強化練 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=2,平面PCD⊥平面ABCD,E為PC的中點. (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=AD

13、2,∴AB⊥BD,∴BD⊥CD. ∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD, ∴BD⊥平面PCD,∴BD⊥PC. ∵△PCD為正三角形,E為PC的中點,∴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=2, ∴PF=3,EG=, ∴V四棱錐P-ABCD=×2×2×3=4, V三棱錐E-BCD=××2×2×=, ∴多面體PABED的體積V=4-=3. 2.(2019·昆明市診斷測試)如圖,在四棱錐

14、P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,PD⊥平面ABCD,AD=BD=6,AB=6,E是棱PC上的一點. (1)證明:BC⊥平面PBD; (2)若PA∥平面BDE,求的值; (3)在(2)的條件下,三棱錐P-BDE的體積是18,求點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. 因為PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD. 又PD∩BD=D,所以AD⊥平面PBD. 因為四邊形ABCD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. 因為

15、PA∥平面BDE,所以PA∥EF. 因為F是AC的中點,所以E是PC的中點, 所以=. (3)因為PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥BD,由(1)(2)知點E到平面PBD的距離等于BC=3. 因為V三棱錐E-PBD=V三棱錐P-BDE=18, 所以××PD×BD×3=18,即PD=6. 又AD=BD=6, 所以PA=6,PB=6,又AB=6,所以△PAB是等邊三角形,則S△PAB=18. 設(shè)點D到平面PAB的距離為d,因為V三棱錐D-PAB=V三棱錐P-ABD, 所以×18×d=××6×6×6,解得d=2. 所以點D到平面PAB的距離為2. 3.(2019·鄭州市

16、第二次質(zhì)量預測)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=,△PAD是等邊三角形,F(xiàn)為AD的中點,PD⊥BF. (1)求證:AD⊥PB. (2)若E在線段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一點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,請說明理由. 解:(1)證明:連接PF,∵△PAD是等邊三角形,∴PF⊥AD. ∵底面ABCD是菱形,∠BAD=,∴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G,使平面DEG⊥平面ABCD.  由(1)知AD⊥B

17、F,∵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H,過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,∴==, ∴==, ∴GH=PF=, ∴VD-CEG=VG-CDE=S△CDE·GH =×DC·CE·sin·GH=. 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

18、CD的中點,將△ADE沿AE折到△APE的位置. (1)證明:AE⊥PB; (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時,求點C到平面PAB的距離. 解:(1)證明:在等腰梯形ABCD中,連接BD,交AE于點O, ∵AB∥CE,AB=CE,∴四邊形ABCE為平行四邊形, ∴AE=BC=AD=DE,∴△ADE為等邊三角形, ∴在等腰梯形ABCD中,∠C=∠ADE=,BD⊥BC, ∴BD⊥AE. 如圖,翻折后可得,OP⊥AE,OB⊥AE, 又OP?平面POB,OB?平面POB,OP∩OB=O, ∴AE⊥平面POB, ∵PB?平面POB,∴AE⊥PB. (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時,平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE=AE,PO?平面PAE,PO⊥AE,∴OP⊥平面ABCE. ∵OP=OB=,∴PB=,∵AP=AB=1, ∴S△PAB=×× =, 連接AC,則VP-ABC=OP·S△ABC=××=, 設(shè)點C到平面PAB的距離為d, ∵VP-ABC=VC-PAB=S△PAB·d, ∴d===. - 9 -

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