2023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.doc

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.