高考数学二轮复习 专题检测（十一）空间位置关系的判断与证明试题

专题检测（十一）空间位置关系的判断与证明A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析：选B若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件.故选B.2.(2019·福州市第一学期抽测)已知m为一条直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是()A.若m⊥α，α∥β，则m⊥βB.若m⊥α，α⊥β，则m∥βC.若m∥α，α∥β，则m∥βD.若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析：选A对于A，利用线面垂直的性质与判定定理、面面平行的性质定理，可得m⊥β，A正确；对于B，若m⊥α，α⊥β，则m与β平行或m在β内，B不正确；对于C，若m∥α，α∥β，则m与β平行或m在β内，C不正确；对于D，若m∥α，α⊥β，则m可以在β内，D不正确.故选A.3.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，|AB|＝eq\r(2)|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为()A.30° B.60°C.75° D.90°解析：选D将正三棱柱ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角.设BB1＝eq\r(2)，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq\r(3)，又因为BC1＝C1D＝eq\r(6)，所以∠BC1D＝90°.故选D.4.(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是()A.1 B.2C.3 D.4解析：选A由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题.所以真命题的个数是1.故选A.5.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()A.①②④ B.①②③C.②③④ D.①③④解析：选B由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确.故选B.6.(2019·湖南省湘东六校联考)一个正四面体的侧面展开图如图所示，G为BF的中点，则在正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为()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：选C该正四面体如图所示，取AD的中点H，连接GH，EH，则GH∥AB，所以∠HGE为直线EG与直线BC所成的角.设该正四面体的棱长为2，则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).故选C.二、填空题7.(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析：②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明略.答案：②③⇒①(或①③⇒②)8.若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________.解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.答案：①③9.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq\r(15)，则该圆锥的侧面积为________.解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形.设OA＝r，则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)，即母线长l＝4eq\r(5)，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π三、解答题10.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝eq\f(1,3)A1B1.已知点E是直线CD上的一点，AM∥平面BC1E.(1)试确定点E的位置，并说明理由；(2)求三棱锥M­BC1E的体积.解：(1)点E在线段CD上且EC＝1，理由如下.在棱C1D1上取点N，使得D1N＝A1M＝1，连接MN，DN(图略)，又D1N∥A1M，所以MN綊A1D1綊所以四边形AMND为平行四边形，所以AM∥DN.因为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.故点E在线段CD上且EC＝1.(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，所以V三棱锥M­BC1E＝V三棱锥A­BC1E＝V三棱锥C1­ABE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×3))×4＝6.11.(2019·石家庄市模拟一)如图，已知三棱锥P­ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°.(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)设F为棱PA的中点，在AB上取点E，使得AE＝2EB，求三棱锥F­ACE与四棱锥C­PBEF的体积之比.解：(1)证明：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)设三棱锥F­ACE的高为h1，三棱锥P­ABC的高为h，则VF­ACE＝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)×VP­ABC.∴三棱锥F­ACE与四棱锥C­PBEF的体积之比为1∶2.12.(2019·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2.(1)求证：AE∥平面PBC；(2)若四面体PABC的体积为eq\f(\r(3),3)，求△PCD的面积.解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，则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四面体PABC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)AB·BC·PA＝eq\f(\r(3),3)，可得PA＝2.过A作AQ⊥CD于Q，连接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)，则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组——大题专攻强化练1.(2019·兰州市诊断考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△PCD为正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2eq\r(3)，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点.(1)证明：BE⊥PC；(2)求多面体PABED的体积.解：(1)证明：∵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.∵△PCD为正三角形，E为PC的中点，∴DE⊥PC，∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC.(2)如图，作PF⊥CD，EG⊥CD，F，G为垂足，∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD，∵△PCD为正三角形，CD＝2eq\r(3)，∴PF＝3，EG＝eq\f(3,2)，∴V四棱锥P­ABCD＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(3)×3＝4eq\r(3)，V三棱锥E­BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×eq\f(3,2)＝eq\r(3)，∴多面体PABED的体积V＝4eq\r(3)－eq\r(3)＝3eq\r(3).2.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq\r(2)，E是棱PC上的一点.(1)证明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求eq\f(PE,PC)的值；(3)在(2)的条件下，三棱锥P­BDE的体积是18，求点D到平面PAB的距离.解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)如图，连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线.因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以eq\f(PE,PC)＝eq\f(1,2).(3)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥BD，由(1)(2)知点E到平面PBD的距离等于eq\f(1,2)BC＝3.因为V三棱锥E­PBD＝V三棱锥P­BDE＝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是等边三角形，则S△PAB＝18eq\r(3).设点D到平面PAB的距离为d，因为V三棱锥D­PAB＝V三棱锥P­ABD，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).所以点D到平面PAB的距离为2eq\r(3).3.(2019·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB.(2)若E在线段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D­CEG的体积；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：连接PF，∵△PAD是等边三角形，∴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上找到一点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.连接CF交DE于点H，过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)，∴VD­CEG＝VG­CDE＝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·东北四市联合体模拟一)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置.(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的