2021届高考数学统考二轮复习-增分强化练空间位置关系的判断与证明.doc

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练空间位置关系的判断与证明

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练空间位置关系的判断与证明

年级：
姓名：

增分强化练(二十)
一、选择题
1．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是(　　)
A．l∥β或l⊂β　　　　　　 B．l∥m
C．m⊥α D．l⊥m
解析：当直线l⊥平面α，α⊥β时，假设l∩β＝A，过A在平面β内作a⊥l，根据面面垂直的性质定理可知：a⊥α，这样过一点A有两条直线a，l与平面α垂直，这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故假设不成立，所以l∥β或l⊂β，故本题选A.
答案：A
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若m⊥α，m⊥n，则n⊥α
C．若m⊥α，m∥n，则n⊥α
D．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
解析：设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则：
在A中，若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；
在C中，若m⊥α，m∥n，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故C正确；
在D中，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，故D错误．
故选C.
答案：C
3．(2019·蚌埠模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1＝2，E，F分别在AB，BC上，则下列说法错误的是(　　)

A．直线AD与A1C1所成的角为
B．当E为中点时，平面A1D1E⊥平面B1C1E
C．当E，F为中点时，EF⊥BD1
D．当E，F为中点时，BD1⊥平面B1EF
解析：对于A选项，将A1C1平移到AC如图所示，由于四边形ABCD为正方形，故AD，AC所成角为，也即AD，A1C1所成角为，故A选项正确．对于B选项，由于A1E＝B1E＝，A1B1＝2，满足勾股定理，故A1E⊥B1E，而A1E⊥B1C1，故A1E⊥平面B1C1E，所以平面A1D1E⊥平面B1C1E，故B选项正确．对于C选项，由于EF∥AC，故EF⊥BD，EF⊥BB1，由此证得EF⊥平面BDD1B1，故EF⊥BD1，故C选项正确．对于D选项，虽然EF⊥BD1，但是BD1与B1E，B1F不垂直，故D选项说法错误．综上所述，本小题选D.

答案：D
4．(2019·咸阳模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C1的中点，则异面直线A1E、FC所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：取C1D1的中点G，连接CG，FG(图略)，
因为正方体ABCD­A1B1C1D1，且E，G分别是AB，C1D1的中点，
所以A1E∥CG，
所以∠FCG即为异面直线A1E、FC所成角或其补角，
设正方体边长为2，则FC＝CG＝，FG＝，
在△FCG中由余弦定理得cos∠FCG＝＝，
所以异面直线A1E、FC所成角的余弦值为，
故选D.
答案：D
5．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB1、BC1的中点，下列结论中正确的是(　　)

A．EF⊥BB1 B．EF⊥平面BCC1B1
C．EF∥平面D1BC D．EF∥平面ACC1A1
解析：连接B1C交BC1于F，由于四边形BCC1B1是平行四边形，对角线平分，故F是B1C的中点．因为E是AB1的中点，所以EF是△B1AC的中位线，故EF∥AC，所以EF∥平面ACC1A1.故选D.

答案：D
6．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，ΔBEF，△CDF分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′­EDF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)

A．5π B．6π
C．8π D．11π
解析：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF.
三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形，
然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，
正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为＝.
∴球的半径为，
∴球的表面积为4π·2＝6π.故选B.
答案：B
二、填空题
7．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1则异面直线BA1与AC1所成的角等于________．
解析：延长CA到D(图略)，使得AD＝AC，则ADA1C1为平行四边形，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又A1D＝A1B＝DB＝AB，则△A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60°.
答案：60°
8．(2019·桂林、崇左模拟)在大小为75°的二面角α­l­β内有一点M到两个半平面的距离分别为1和，则点M到棱l的距离等于________．
解析：由题意，设垂足分别为A，B，则在△MAB中，MA＝1，MB＝，∠AMB＝105°，∴AB2＝1＋2－2×1××cos∠AMB＝2＋，
∴AB＝.
设M到棱的距离为l，则l＝＝＝2.

答案：2
三、解答题
9．(2019·汕头模拟)如图，等边△PAC所在平面与梯形ABCD所在平面互相垂直，且有AD∥BC，AB＝AD＝DC＝2，BC＝4.

(1)证明：AB⊥平面PAC；
(2)求点D到平面PAB的距离．
解析：(1)证明：取BC中点M，连接AM，
则四边形AMCD为菱形，
即有AM＝MC＝BC,
所以AB⊥AC，
又AB⊂平面ABCD，平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，
∴AB⊥平面PAC.

(2)由(1)可得PA＝AC＝2，所以∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，
取AC中点O，连接PO，
则PO⊥AC，PO＝3，
又PO⊂平面PAC，平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC
∴PO⊥平面ABCD；
所以VD­PAB＝VP­ABD＝SABD·PO
＝××2×2×sin 120°×3＝，
由(1)有AB⊥平面PAC，得AB⊥PA，
∴SΔPAB＝×2×2＝2，
设点D到平面PAB的距离为d，
由VD­PAB＝SΔPAB·d.
∴d＝.

10.如图，E是以AB为直径的半圆上异于A、B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB＝2AD＝2.
(1)求证：EA⊥EC；
(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.
①试证：EF∥AB；
②若EF＝1，求三棱锥E­ADF的体积．
解析：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面 ABE，
平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABE.
又∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE.
∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE，
又∵BE∩BC＝B，BC、BE⊂平面BCE，
∴AE⊥平面BCE.
又∵CE⊂平面BCE，∴EA⊥EC.
(2)①证明： ∵AB∥CD，AB⊄平面CED，CD⊂平面CED ，
∴AB∥平面CED.
又∵AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面CED＝EF，
∴AB∥EF.
②取AB中点O，EF的中点O′，(图略)
在Rt△OO′F中，OF＝1，O′F＝，∴OO′＝.
由(1)已证得BC⊥平面ABE，又已知AD∥BC，
∴AD⊥平面ABE.
故VE­ADF＝VD­AEF＝·S△AEF·AD＝··EF·OO′·AD＝.
11．如图1，在△ABC中，C＝90°，AC＝2BC＝4，E，F分别是AC与AB的中点，将△AEF沿EF折起，连接AC与AB得到四棱锥A­BCEF(如图2)，G为线段AB的中点．

(1)求证：FG∥平面ACE；
(2)当四棱锥A­BCEF体积最大时，求F与平面ABC的距离．
解析：(1)证明：取AC的中点H，连接EH，GH，

由于G是AB的中点，
∴GH∥BC，且GH＝BC，
又E，F分别为图1中AC与AB的中点，
∴FE∥BC，且FE＝BC，
∴FE∥GH，FE＝GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴FG∥EH，
又FG⊄平面ACE，EH⊂平面ACE，
∴FG∥平面ACE.
(2)当四棱锥A­BCF体积最大时，AE⊥平面BCEF，
又EF⊥EC，AE∩EF＝E，
∴FE⊥平面AEC，又FE∥BC，
∴BC⊥平面ACE∴BC⊥EH，
又AE＝EC＝2，H是AC的中点，EH⊥AC，AC∩BC＝C，
∴EH⊥平面ABC，而EF∥平面ABC，∴F到平面ABC的距离即为E到平面ABC的距离，EH＝EC×sin 45°＝.