2025届高考数学统考二轮复习增分强化练十九空间位置关系的判断与证明理含解析

PAGE增分强化练(十九)考点一空间线、面位置关系的推断1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝eq\r(2)，AA1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(5,6)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(6),6)解析：画出图形，如图所示．连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1即为AB1与BC1所成的角或其补角．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)，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(2,3).故选A.答案：A2．(2024·宝鸡模拟)异面直线a，b所成的角为eq\f(π,3)，直线a⊥c，则异面直线b与c所成角的范围为()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的平行线b′，交a于O点(图略)，全部与a垂直的直线平移到O点组成一个与直线a垂直的平面α，O点是直线a与平面α的交点，在直线b′上取一点P，作垂线PP′⊥平面α，交平面α于P′，∠POP′是b′与面α的夹角为eq\f(π,6)，在平面α中，全部与OP′平行的直线与b′的夹角都是eq\f(π,6)，在平面α全部与OP′垂直的线，由于PP′垂直于平面α，所以该线垂直于PP′，则该线垂直于平面OPP′，所以该线垂直于b′，故在平面α全部与OP′垂直的线与b′的夹角为eq\f(π,2)，与OP′夹角大于0，小于eq\f(π,2)的线，与b′的夹角为锐角且大于eq\f(π,6)，故选B.答案：B3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2eq\r(7)，CC1＝2eq\r(5)，E，F分别为AC，CC1的中点，则直线EF与平面AA1B1B所成的角是()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：连接AC1，则EF∥AC1，直线EF与平面AA1B1B所成的角，就是AC1与平面AA1B1B所成的角；作C1D⊥A1B1于D，连接AD，因为直三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB＝4，所以底面是等腰三角形，则C1D⊥平面AA1B1B，可知∠C1AD就是直线EF与平面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°.故选A.答案：A考点二空间线面平行、垂直关系的证明1．(2024·晋城模拟)若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若a∥α，b∥β，a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则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．故选C.答案：C2．(2024·蚌埠模拟)如图，在以P为顶点，母线长为eq\r(2)的圆锥中，底面圆O的直径长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.(1)求证：PB⊥平面PAC；(2)若AC＝eq\f(2\r(3),3)，求点O到平面PBD的距离．解析：(1)证明：因为AB是圆O的直径，AC与圆O切于点A，所以AC⊥AB.又在圆锥中，PO垂直底面圆O，所以PO⊥AC，而PO∩AB＝O，所以AC⊥平面PAB，从而AC⊥PB.在△PAB中，PA2＋PB2＝AB2，所以PA⊥PB，又PA∩AC＝A所以PB⊥平面PAC.(2)因为AB＝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，则△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)，设点O到平面PBD的距离为d，由VP­OBD＝VO­PBD，即eq\f(1,3)S△OBD·PO＝eq\f(1,3)S△PBD·d，所以d＝eq\f(\r(5),5).考点三空间中的翻折问题1．(2024·淮南模拟)正三角形ABC的边长为a，将它沿平行于BC的线段PQ折起(其中P在边AB上，Q在AC边上)，使平面APQ⊥平面BPQC.D，E分别是PQ，BC的中点．(1)证明：PQ⊥平面ADE；(2)若折叠后，A，B两点间的距离为d，求d最小时，四棱锥A­PBCQ的体积．解析：(1)证明：在△APQ中，AP＝AQ，D是PQ的中点，所以AD⊥PQ.又因为DE是等腰梯形BPQC的对称轴，所以DE⊥PQ.而AD∩DE＝D，所以PQ⊥平面ADE.(2)因为平面APQ⊥平面BPQC，AD⊥PQ，所以AD⊥平面PBCQ，连结BD，则d2＝AD2＋BD2.设AD＝x，DE＝eq\f(\r(3),2)a－x(E为BC的中点)，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，当x＝eq\f(\r(3),4)a时，dmin＝eq\f(\r(10),4)a.此时四棱锥A­PBCQ的体积为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．如图1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中点，以BM为折痕，将△ABM折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如图2.(1)求证：A1M⊥BD(2)若K为A1C的中点，求四面体M­A1BK解析：(1)证明：在图1中，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，M是AD的中点，∴AD⊥BM，故在图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.图1图2(2)在图1中，∵ABCD是菱形，AD⊥BM，AD∥BC，∴BM⊥BC，且BM＝eq\r(3