2019版高考数学(文)通用版：专题检测(十二) 空间位置关系的判断与证明 Word版含解析

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∥b
B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
C．若a⊥α，a∥β，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
解析：选C A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．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D ．AP ⊥平面PBC
解析：选B A 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 ．①②④ B ．①②③ C ．②③④
D ．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 ＝CA 2＋AE 2－CE 22CA ×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：②③④
8．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：①③
9．(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 ＝7
8，
∴sin ∠ASB ＝
158
， ∴S △SAB ＝1
2SA ·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V P -ACE ＝12V P -ACD ＝14V P -ABCD ＝14×1
3
S ▱ABCD ·PA ＝14×13×⎣⎡⎦
⎤2×34×(3)2×1＝38. 11.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3，BC ＝2，D 是BC 的中点，F 是CC 1上一点．
(1)当CF ＝2时，证明：B 1F ⊥平面ADF ； (2)若FD ⊥B 1D ，求三棱锥B 1-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 -A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，所以AD ⊥B 1B . 因为BC ∩B 1B ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1. 因为B 1F ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥B 1F .
在矩形B 1BCC 1中，因为C 1F ＝CD ＝1，B 1C 1＝CF ＝2， 所以Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，
所以∠CFD ＝∠C 1B 1F ，所以∠B 1FD ＝90°， 所以B 1F ⊥FD .
因为AD ∩FD ＝D ，所以B 1F ⊥平面ADF . (2)由(1)知AD ⊥平面B 1DF ，CD ＝1，AD ＝22， 在Rt △B 1BD 中，BD ＝CD ＝1，BB 1＝3， 所以B 1D ＝
BD 2＋BB 21＝10.
因为FD ⊥B 1D ，
所以Rt △CDF ∽Rt △BB 1D ，
所以DF B 1D ＝CD BB 1，即DF ＝13×10＝10
3
，
所以V B 1-ADF ＝V A -B 1DF ＝13S △B 1DF ×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 ＝2 3. 连接OB ， 因为AB ＝BC ＝
2
2
AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝1
2
AC ＝2.
所以PO 2＋OB 2＝PB 2，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 ＝1
2AC ＝2，
CM ＝23BC ＝423
，∠ACB ＝45°，
所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.
所以点C 到平面POM 的距离为45
5
.
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△ADE 沿AE 折起，得到如图②所示的四棱锥D 1-ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .
(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；
(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB
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D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，
∴BE ⊥平面D 1AE . (2)AM AB ＝14
，理由如下： 取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ，∴FL ∥EC . 又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝1
4AB ，
∴M ，F ，L ，A 四点共面，
若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL . ∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝1
4
AB ，即AM AB ＝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AD DB ＝BE
EB ′
. (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ABC ＝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 ＝ AC 2－⎝⎛⎭⎫AB 22＝4，
∴三棱锥A ′-CDE 的体积V A ′-CDE ＝V C -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(x 2－6x ＋36)＝2
3
[(x －3)2＋27](0<x <6)，
∴当x ＝3，即D 为AB 的中点时，V A ′-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BC AD ＝CO OA ＝36＝1
2
.
因为EF ∥AB ，所以CE BC ＝OC AC ＝1
3
，
又易知BE ＝AF ，AD ＝2BC ，所以FD ＝2AF . 因为FG ∥AP ，所以FG AP ＝FD AD ＝23，FG ＝2
3AP ＝2.
因为EH ∥BP ，所以EH PB ＝EC BC ＝1
3，
所以EH ＝1
3
PB ＝ 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＋1－2×22cos 45°＝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FM
FC 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ABCD 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AD ∥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FM FC ＝12.。