【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测12 空间位置关系的判断与证明 含解析.doc，共(8)页，231.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（十二）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．2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是()A．若a∥α，α∩

β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析：选CA是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由

直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，|AB|＝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ABC-A1B1C1补为四棱柱

ABCD-A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝2，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝23，又因为BC1＝C1D＝6，所以∠BC1D＝90°.4.如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．A

P⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选BA中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因

为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.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D-ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结

论是()A．①②④B．①②③C．②③④D．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．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()A．150°B．45°C．120°

D．60°解析：选D如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角，在Rt△DEC中，CE＝213，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝

CA2＋AE2－CE22CA×AE＝12，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.二、填空题7．(2018·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α

⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.其中真命题的序号是________．解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．④中只需直线l⊥α且l⊄β就

可以，正确．答案：②③④8．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78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，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＝2r.在△SAB中，cos∠ASB＝78，∴sin∠ASB＝158，∴S△SAB＝12SA·SB·sin∠ASB＝12×(2r)2×158＝515，解得r＝210，∴SA＝2r＝45，即母线长l＝45，∴S圆锥侧＝πrl＝

π×210×45＝402π.答案：402π三、解答题10.(2018·长春质检)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面ACE；(2)设PA＝1，AD＝3，PC＝PD，求三棱锥P-ACE的体积．

解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE.(2)由题意得AC＝AD，所以VP-ACE＝12VP-ACD＝14VP-ABCD＝14×13S▱ABCD·PA＝14×13×2

×34×32×1＝38.11.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．(1)当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF；(2)若FD⊥B1D，求三棱锥B1-ADF的体积．解：(1)证明：因为AB＝AC，

D是BC的中点，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以A

D⊥B1F.在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面

ADF.(2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝22，在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.因为FD⊥B1D，所以Rt△CDF∽Rt△BB1D，所以DFB1D＝CDBB1，即D

F＝13×10＝103，所以VB1-ADF＝VA-B1DF＝13S△B1DF×AD＝13×12×103×10×22＝1029.12．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点

M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝23.连接OB，因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.所

以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离

．由题设可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°，所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为455.B组——大题专攻补短练1．(2018·武汉调研)如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△AD

E沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE⊥平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．解：(1)

证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.(2)AMAB＝14，理由如

下：取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝14AB，∴M，F，L，A四点共面，若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝14AB

，即AMAB＝14.2.(2018·湖北八校联考)如图，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分别为AB和BB′上的点，且ADDB＝BEEB′.(1)当D为AB的中点时，求证：A′B⊥CE；(2)当D在线段AB上运动时(不含端点)，求三棱锥A′

-CDE体积的最小值．解：(1)证明：∵D为AB的中点，∴E为B′B的中点，∵三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，AA′＝AB＝6，∴四边形ABB′A′为正方形，∴DE⊥A′B.∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB.由题意得平面ABB′A′⊥平面ABC，且平面ABB′A′∩平面AB

C＝AB，CD⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABB′A′.又A′B⊂平面ABB′A′，∴CD⊥A′B.又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE，∵CE⊂平面CDE，∴A′B⊥CE.(2)设AD＝x(0<x<6)，则BE＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x，由已知可得点C到平面A′DE的

距离即为△ABC的边AB上的高h，且h＝AC2－AB22＝4，∴三棱锥A′-CDE的体积VA′-CDE＝VC-A′DE＝13(S四边形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝1336－3x－126－xx－36－x

·h＝23(x2－6x＋36)＝23[(x－3)2＋27](0<x<6)，∴当x＝3，即D为AB的中点时，VA′-CDE取得最小值，最小值为18.3.(2018·南昌模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AC

与BD相交于点O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱锥P-ACD的体积为9.(1)求AD的值；(2)过点O的平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H，求截面EFGH的周长．解：(1)因为在四棱锥P-ABCD中，PA⊥

底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，所以V三棱锥P-ACD＝13×12×AB×AD×AP＝32AD＝9，解得AD＝6.(2)由题知平面α∥平面PAB，平

面α∩平面ABCD＝EF，点O在EF上，平面PAB∩平面ABCD＝AB，根据面面平行的性质定理，得EF∥AB，同理EH∥BP，FG∥AP.因为BC∥AD，所以△BOC∽△DOA，所以BCAD＝COOA＝36＝12.因为E

F∥AB，所以CEBC＝OCAC＝13，又易知BE＝AF，AD＝2BC，所以FD＝2AF.因为FG∥AP，所以FGAP＝FDAD＝23，FG＝23AP＝2.因为EH∥BP，所以EHPB＝ECBC＝13，所以EH＝

13PB＝2.如图，作HN∥BC，GM∥AD，HN∩PB＝N，GM∩PA＝M，则HN∥GM，HN＝GM，所以四边形GMNH为平行四边形，所以GH＝MN，在△PMN中，MN＝8＋1－2×22cos45°＝5，又EF＝AB＝3，所以截面EFGH的

周长为EF＋FG＋GH＋EH＝3＋2＋5＋2＝5＋5＋2.4.如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝3，M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N.(1)求证：ED⊥CD.(2)求证：AD∥MN.(3)若AD

⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？若能，求出FMFC的值；若不能，说明理由．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD.又因为CD⊥EA，EA∩AD＝A，所以CD⊥平面EAD.因为ED⊂平面EAD，所以ED⊥CD.(2)证明：因为四边形A

BCD为矩形，所以AD∥BC，又因为AD⊄平面FBC，BC⊂平面FBC，所以AD∥平面FBC.又因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，所以AD∥MN.(3)平面ADMN与平面BCF可以垂直．证明如下：连接DF.因为AD⊥ED，AD⊥CD，ED∩CD＝D，所以AD⊥平面CDEF.所以AD⊥DM.因为A

D∥MN，所以DM⊥MN.因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，所以若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC.在梯形CDEF中，因为EF∥CD，DE⊥CD，CD＝2EF＝2，ED＝3，所以DF＝DC＝2.所以若使DM⊥FC成立，则M为

FC的中点．所以FMFC＝12.