2021版高考数学二轮复习专题限时集训8空间位置关系的判断与证明文2020147

专题限时集训(八) 空间位置关系的判断与证明[专题通关练](建议用时：30分钟)1．若a ，b 是空间中两条不相交的直线，则过直线b 且平行于直线a 的平面( )A ．有且仅有一个B ．至少有一个C ．至多有一个D ．有无数个B [∵a ，b 是空间中两条不相交的直线．∴a ，b 可能平行或异面．若a ，b 平行，则过直线b 且平行于直线a 的平面有无数个；若a ，b 异面，在b 上取一点O ，过O 作c ∥a ，则b ，c 确定平面α，∴a 平行于α，此时过直线b 且平行于直线a 的平面只有一个．故选B.]2．(2019·长沙模拟)已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2 3.若点M 是线段A 1C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为( )A.12B.13C.23D.34C [过点M 作MN ⊥AC 于N ，连接BN (图略)，则∠MBN 为直线BM 与底面ABC 所成角，由题意可知MN ＝2，BN ＝3，所以tan∠MBN ＝MN BN ＝23.] 3．已知α，β表示两个不同的平面，l 表示既不在α内也不在β内的直线，存在以下三个条件：①l ⊥α；②l ∥β；③α⊥β，若以其中两个推出另一个构成命题，则正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3C [由①②⇒③、①③⇒②是真命题，而由②③不能得到①，故选C.]4．如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A ­BCD ，则在三棱锥A ­BCD 中，下列命题正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABCD [因为在四边形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 ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，CD ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC ，即平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.]5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间与三条直线A 1D 1，EF，CD都相交的直线有________条．无数[在A 1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α(如图所示)，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．]6．(2019·银川模拟)如图，四面体ABCD中，CD＝4，AB＝2，E、F分别是AC、BD的中点，若EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于________．30[如图，取AD的中点M，连接ME、MF，则ME∥CD，MF∥AB，因为EF⊥AB，所以EF⊥MF，则∠MEF为EF与CD所成的角，又ME＝2，MF＝1，故∠MEF＝30°.]7．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．2[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝32－12＝ 2.]8．[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．图1 图2262－1[先求面数有如下两种方法．法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V )＋面数(F )－棱数(E )＝2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由V ＋F －E ＝2，得面数F ＝2＋E －V ＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH ，如图，设其边长为x ，则正八边形的边长即为棱长．连接AF ，过H ，G 分别作HM ⊥AF ，GN ⊥AF ，垂足分别为M ，N ，则AM ＝MH ＝NG ＝NF ＝22x . 又AM ＋MN ＋NF ＝1，∴22x ＋x ＋22x ＝1. ∴x ＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.]9．(2019·永州模拟)如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BCD ＝60°，AC 与BD 交于点O .以BD 为折痕，将△ABD 折起，使点A 到达点A 1的位置．(1)若A 1C ＝6，求证：平面A 1BD ⊥平面ABCD ；(2)若A 1C ＝22，求三棱锥A 1­BCD 体积．[解] (1)证明：∵在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BCD ＝60°，AC 与BD 交于点O .以BD 为折痕，将△ABD 折起，使点A 到达点A 1的位置，A 1C ＝6，∴A 1O ⊥BD ，OC ＝OA 1＝3，∴OC 2＋OA 21＝A 1C 2，∴OC ⊥OA 1，∵OC ∩BD ＝O ，∴OA 1⊥平面ABCD ，∵OA 1⊂平面A 1BD ，∴平面A 1BD ⊥平面ABCD .(2)设点A 1到平面BCD 的距离为d ，∵OC ＝OA 1＝3，A 1C ＝22，∴12×3×d ＝12×22×3－2，解得d ＝263， S △BCD ＝12×BD ×OC ＝12×2×3＝3，∴三棱锥A 1­BCD 体积V ＝13×d ×S △BCD ＝13×263×3＝223. [能力提升练](建议用时：15分钟)10．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ­ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． [解] (1)由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又AP ∩PD ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ­ABCD 的体积V P ­ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2. 从而PA ＝PD ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P ­ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 11．如图所示，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)求证：AC ⊥平面POD .(2)求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接OC.∵OA ＝OC ，D 是AC 的中点，∴AC ⊥OD .∵PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，∴AC ⊥PO .∵OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，∴AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面PAC ，∴平面POD ⊥平面PAC .如图所示，在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面PAC ，连接CH ，则CH 是OC 在平面PAC 上的射影，∴∠OCH 是直线OC 和平面PAC 所成的角．在Rt△ODA 中，OD ＝OA ×sin 30°＝12.在Rt△POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23. 在Rt△OHC 中，sin∠OCH ＝OH OC ＝23.∴直线OC 和平面PAC 所成的角的正弦值为23. 12．(2019·辽阳二模)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ACD ＝45°，CD ＝2，△PAC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥CD .(1)证明：平面PCD ⊥平面ABCD(2)在线段PB 上是否存在一点M ，使得PD ∥平面MAC ？说明理由．[解] (1)证明：取CD 的中点E ，连接PE ，AE ，∵∠ACD ＝45°，CD ＝2，AC ＝2，∴AD ＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos∠ACD ＝2，∴△ACD 是等腰直角三角形，AD ＝AC ，∴AE ⊥CD ，又PA ⊥CD ，PA ∩AE ＝A ，∴CD ⊥平面PAE ，又PE ⊂平面PAE ，∴CD ⊥PE .∴PE ＝PC 2－CE 2＝1，又AE ＝12CD ＝1，PA ＝2， ∴PE 2＋AE 2＝PA 2，∴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)当M 为PB 的中点时，PD ∥平面MAC .证明：连接BD 交AC 于O ，连接OM ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点，又M 是PB 的中点，∴OM ∥PD ，又OM ⊂平面MAC ，PD ⊄平面MAC ，∴PD ∥平面MAC .题号内容押题依据1异面直线所成的角对异面直线所成角的考查，是近几年高考一个新的重点．本题以平面图形的翻折为载体考查异面直线所成角的求法．考查了考生的直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养2直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，四棱锥的体积高考对立体几何解答题的考查多分2小问，第(1)问是空间平行、垂直关系的证明；第(2)问多涉及体、面积的计算．本题符合高考的命题规律，考查考生的直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养【押题1】[新题型]如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则BD＝________，异面直线BD 与CF所成角的余弦值为________．63010[如图，连接DE交FC于O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝12BD，所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．因为正方形ABCD的边长为2，则CE＝BE＝1，CF＝DE＝CD2＋CE2＝5，所以CO＝12CF＝52.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝DE2＋BE2＝6，所以OG＝12BD＝62.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝12BE＝12，所以CG＝CE2＋GE2＝52.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝OC2＋OG2－CG22OC·OG＝⎝⎛⎭⎪⎫522＋⎝⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫5222×52×62＝3010，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为3010.]【押题2】如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PA＝PB＝AC，点M为AB的中点．(1)试在棱PD 上找一点N ，使得AN ∥平面PMC ；(2)若PB ⊥AC ，PM ＝11，求四棱锥P ­ABCD 的体积． [解] (1)点N 为PD 的中点时AN ∥平面PMC .证明：取PD 的中点N ，PC 的中点Q ，连接AN ，QN ，MQ ， 在△PCD 中，N ，Q 分别是所在边PD ，PC 的中点，则NQ ∥CD且NQ ＝12CD . 因为点M 为AB 的中点，AB ∥CD ，且AB ＝CD ，所以NQ ∥AM且NQ ＝AM .所以四边形AMQN 是平行四边形，所以AN ∥MQ .又AN ⊄平面PMC ，MQ ⊂平面PMC ，所以AN ∥平面PMC .(2)在△ABC 中，BC ＝2AB ，∠ABC ＝60°，设AB ＝a ，则BC ＝2a ， 由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3a 2， 则BC 2＝AB 2＋AC 2，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 . 因为PM ⊂平面PAB ，所以AC ⊥PM .因为PA ＝PB ，点M 为AB 的中点，所以PM ⊥AB,又AC ∩AB ＝A ，因此PM ⊥平面ABCD .在Rt△PAM 中，AM ＝12AB ＝a 2，PA ＝AC ＝3a ， 所以PM ＝3a 2－a 24＝11a 2＝11， 所以a ＝2，AB ＝2，BC ＝4，V 四棱锥P ­ABCD ＝13×AB ×BC ×sin∠ABC ×PM ＝13×2×4×32×11＝4333， 所以四棱锥P ­ABCD 的体积为4333.。