2021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).doc

2021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）

2021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）

年级：
姓名：

增分强化练(十九)
考点一　空间线、面位置关系的判断
1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝，AA1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
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＝，B1D1＝2，
所以由余弦定理得cos∠B1AD1＝＝，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
故选A.
答案：A
2．(2019·宝鸡模拟)异面直线a，b所成的角为，直线a⊥c，则异面直线b与c所成角的范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：作b的平行线b′，交a于O点(图略)，
所有与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，在平面α中，所有与OP′平行的直线与b′的夹角都是，在平面α所有与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所有与OP′垂直的线与b′的夹角为，与OP′夹角大于0，小于的线，与b′的夹角为锐角且大于，故选B.
答案：B
3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，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＝2，CC1＝2，可得C1D＝＝3，AD＝＝3，
所以tan∠C1AD＝＝，
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．(2019·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⊥β
B．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥β
C．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β
D．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：C
2．(2019·蚌埠模拟)如图，在以P为顶点，母线长为的圆锥中，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＝，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＝，AC⊥AB，所以在直角△ABC中，
∠ABC＝.又OD＝OB＝1＝PO，则△OBD是等腰三角形，
所以BD＝，S△OBD＝×1×1×sin＝.
又PB＝PD＝，所以S△PBD＝××＝，
设点O到平面PBD的距离为d，由VP­OBD＝VO­PBD，
即S△OBD·PO＝S△PBD·d，所以d＝.
考点三　空间中的翻折问题
1．(2019·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＝a－x(E为BC的中点)，
于是BD2＝DE2＋BE2＝ 2＋a2.
因此d2＝x2＋BD2＝x2＋DE2＋BE2＝x2＋2＋a2＝22＋a2，
当x＝a时，dmin＝a.
此时四棱锥A­PBCQ的体积为×S梯形PBCQ×AD＝××a×a＝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的体积．
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＝，
在图2中，连接CM，则VA1－BCM＝S△BCM·A1M＝××2××1＝，
∵K是A1C的中点，
∴VM­A1BK＝VK­MA1B＝VC­MA1B＝VA1­BCM＝.