2020届二轮复习(文)空间位置关系的判断与证明作业

2020届二轮复习(文)空间位置关系的判断与证明作业

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ABCA1B‎1C1的侧棱长为4，底面边长为2.若点M是线段A‎1C的中点，则直线BM与底面ABC所成角的正切值为(　　)‎ A.　　 　B.　　 　C.　　 　D. C　[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＝＝.]‎ ‎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．0 B．‎1 C．2 D．3‎ C　[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ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是(　　)‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[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ABCDA1B‎1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．‎ 无数　[在A1D1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，那么P到平面ABC的距离为________．‎ 　[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＝，所以OE＝OF，‎ 所以CO为∠ACB的平分线，‎ 即∠ACO＝45°.‎ 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，‎ 所以OE＝1，所以PO＝＝＝.]‎ ‎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2‎ ‎26　－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＝x.‎ 又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1.‎ ‎∴x＝－1，即半正多面体的棱长为－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A1的位置．‎ ‎(1)若A‎1C＝，求证：平面A1BD⊥平面ABCD；‎ ‎(2)若A‎1C＝2，求三棱锥A1BCD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A1的位置，A‎1C＝，‎ ‎∴A1O⊥BD，OC＝OA1＝，∴OC2＋OA＝A‎1C2，∴OC⊥OA1，‎ ‎∵OC∩BD＝O，∴OA1⊥平面ABCD，‎ ‎∵OA1⊂平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)设点A1到平面BCD的距离为d，‎ ‎∵OC＝OA1＝，A‎1C＝2，‎ ‎∴××d＝×2×，解得d＝，‎ S△BCD＝×BD×OC＝×2×＝，‎ ‎∴三棱锥A1BCD体积V＝×d×S△BCD＝××＝.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎10．如图，在四棱锥PABCD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PABCD的体积为，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＝x，PE＝x.‎ 故四棱锥PABCD的体积VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.‎ 可得四棱锥P ABCD的侧面积为PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ ‎11．如图所示，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，点C在上，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°＝.在Rt△POD中，OH＝＝＝.‎ 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝.‎ ‎∴直线OC和平面PAC所成的角的正弦值为.‎ ‎12．(2019·辽阳二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ACD＝45°，CD＝2，△PAC是边长为的等边三角形，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＝，‎ ‎∴AD＝＝，‎ ‎∴△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＝＝1，又AE＝CD＝1，PA＝，‎ ‎∴PE2＋AE2＝PA2，∴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________．‎ 　　[如图，连接DE交FC于O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝BD，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＝＝，所以CO＝CF＝.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝＝，所以OG＝BD＝.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝BE＝，所以CG＝＝.在△COG中，由余弦定理得，cos∠‎ COG＝＝＝，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.]‎ ‎【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＝，求四棱锥PABCD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＝ CD.‎ 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AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝‎3a2，‎ 则BC2＝AB2＋AC2，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＝AB＝，PA＝AC＝a，‎ 所以PM＝＝＝，‎ 所以a＝2，AB＝2，BC＝4，‎ V四棱锥PABCD＝×AB×BC×sin∠ABC×PM＝×2×4××＝，‎ 所以四棱锥PABCD的体积为.‎