（全国版）2021届高考数学二轮复习 专题检测（十一）空间位置关系的判断与证明（理含解析）.doc

1、专题检测（十一）空间位置关系的判断与证明 A 组“633”考点落实练一、选择题1设 为平面，a，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是()A若 a，b，则 abB若 a，ab，则 bC若 a，ab，则 bD若 a，ab，则 b解析：选 B 若 a，b，则 a 与 b 相交、平行或异面，故 A 错误；易知 B 正确；若 a，ab，则 b 或 b，故 C 错误；若 a，ab，则 b 或 b或 b 与 相交，故 D 错误故选 B.2设 l 是直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若 l，l，则 B若 l，l，则 C若，l，则 lD若，l，则 l解析：选 B 对于 A，若 l，l，则 或

2、与 相交，故 A 错误；易知 B 正确；对于 C，若，l，则 l 或 l，故 C 错误；对于 D，若，l，则 l 与 的位置关系不确定，故 D 错误故选 B.3.如图，在三棱锥 D-ABC 中，若 ABCB，ADCD，E 是 AC 的中点，则下列命题中正确的是()A平面 ABC平面 ABDB平面 ABD平面 BCDC平面 ABC平面 BDE，且平面 ACD平面 BDED平面 ABC平面 ACD，且平面 ACD平面 BDE解析：选 C 因为 ABCB，且 E 是 AC 的中点，所以 BEAC，同理，DEAC，由于DEBEE，于是 AC平面 BDE.因为 AC平面 ABC，所以平面 ABC平面 B

3、DE.又 AC平面 ACD，所以平面 ACD平面 BDE.故选 C.4已知 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出四个命题：若 m，n，nm，则；若 m，m，则；若 m，n，mn，则；若 m，n，mn，则.其中正确的命题是()A BCD解析：选 B 两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故不正确故选 B.5在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABBC1，AA1 3，则异面直线 A

4、D1 与 DB1 所成角的余弦值为()A15B 56C 55D 22解析：选 C 如图，连接 BD1，交 DB1 于 O，取 AB 的中点 M，连接 DM，OM，易知 O 为 BD1 的中点，所以 AD1OM，则MOD 为异面直线 AD1 与 DB1 所成角因为在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABBC1，AA1 3，AD1 AD2DD212，DMAD212AB2 52，DB1 AB2AD2DD21 5，所以 OM12AD11，OD12DB1 52，于是在DMO 中，由余弦定理，得 cosMOD1252252221 52 55，即异面直线 AD1 与DB1 所成角的余弦值为 55.故选

5、 C.6.如图，在矩形 ABCD 中，AB 3，BC1，将ACD 沿 AC 折起，使得 D 折起后的位置为 D1，且 D1 在平面 ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体 D1ABC 的四个面中，有 n 对平面相互垂直，则 n 等于()A2B3C4D5解析：选 B 如图，设 D1 在平面 ABC 上的射影为 E，连接D1E，则 D1E平面 ABC，因为 D1E平面 ABD1，所以平面 ABD1平面 ABC.因为 D1E平面 ABC，BC平面 ABC，所以 D1EBC，又 ABBC，D1EABE，所以 BC平面 ABD1，又 BC平面 BCD1，所以平面 BCD1平面 ABD1，因为 BC平

6、面 ABD1，AD1平面 ABD1，所以 BCAD1，又 CD1AD1，BCCD1C，所以 AD1平面 BCD1，又 AD1平面 ACD1，所以平面 ACD1平面 BCD1.所以共有 3 对平面互相垂直故选 B.二、填空题7正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，点 M 为 CC1 的中点，点 N 为线段 DD1 上靠近 D1的三等分点，平面 BMN 交 AA1 于点 Q，则线段 AQ 的长为_解析：如图所示，在线段 DD1 上靠近点 D 处取一点 T，使得DT13，因为 N 是线段 DD1 上靠近 D1 的三等分点，故 D1N23，故NT213231，因为 M 为 CC1 的中点，

7、故 CM1，连接 TC，由NTCM，且 CMNT1，知四边形 CMNT 为平行四边形，故CTMN，同理在 AA1 上靠近 A 处取一点 Q，使得 AQ13，连接 BQ，TQ，则有BQCTMN，故 BQ与 MN 共面，即 Q与 Q 重合，故 AQ13.答案：138.如图，ACB90，DA平面 ABC，AEDB 交 DB 于点 E，AFDC 交 DC 于点 F，且 ADAB2，则三棱锥 D-AEF 体积的最大值为_解析：因为 DA平面 ABC，所以 DABC，又 BCAC，DAACA，所以 BC平面 ADC，所以 BCAF.又 AFCD，BCCDC，所以 AF平面 DCB，所以 AFEF，AFDB

8、.又 DBAE，AEAFA，所以 DB平面 AEF，所以 DE 为三棱锥 D-AEF的高因为 AE 为等腰直角三角形 ABD 斜边上的高，所以 AE 2，设 AFa，FEb，则AEF的面积 S12ab12a2b22122212，所以三棱锥 D-AEF 的体积 V1312 2 26(当且仅当ab1 时等号成立)答案：269在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABAD4，AA12.过点 A1 作平面 与 AB，AD 分别交于 M，N 两点，若 AA1 与平面 所成的角为 45，则截面 A1MN 面积的最小值是_解析：如图，过点 A 作 AEMN，连接 A1E，因为 A1A平面ABCD，所以

9、A1AMN，所以 MN平面 A1AE，所以 A1EMN，平面 A1AE平面 A1MN，所以AA1E 为 AA1 与平面 A1MN 所成的角，所以AA1E45，在 RtA1AE 中，因为 AA12，所以 AE2，A1E2 2，在 RtMAN 中，由射影定理得 MEENAE24，由基本不等式得 MNMEEN2 MEEN4，当且仅当 MEEN，即 E 为 MN 的中点时等号成立，所以截面 A1MN面积的最小值为1242 24 2.答案：4 2三、解答题10(2019全国卷)图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC

10、 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图.(1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；(2)求图中的四边形 ACGD 的面积解：(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面由已知得 ABBE，ABBC，故 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE.(2)取 CG 的中点 M，连接 EM，DM.因为 ABDE，AB平面 BCGE，所以 DE平面 BCGE，故 DECG.由已知，四边形 BCGE 是菱形，且EBC60，得 EMCG，故 CG平面 D

11、EM.因此 DMCG.在 RtDEM 中，DE1，EM 3，故 DM2.所以四边形 ACGD 的面积为 4.11.如图所示，已知 AB平面 ACD，DE平面 ACD，ACD 为等边三角形，ADDE2AB，F 为 CD 的中点求证：(1)AF平面 BCE；(2)平面 BCE平面 CDE.证明：(1)如图，取 CE 的中点 G，连接 FG，BG.因为 F 为 CD 的中点，所以 GFDE 且 GF12DE.因为 AB平面 ACD，DE平面 ACD，所以 ABDE，所以 GFAB.又因为 AB12DE，所以 GFAB.所以四边形 GFAB 为平行四边形，则 AFBG.因为 AF平面 BCE，BG平面

12、 BCE，所以 AF平面 BCE.(2)因为ACD 为等边三角形，F 为 CD 的中点，所以 AFCD.因为 DE平面 ACD，AF平面 ACD，所以 DEAF.又 CDDED，所以 AF平面 CDE.因为 BGAF，所以 BG平面 CDE.又因为 BG平面 BCE，所以平面 BCE平面 CDE.12如图 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，BDDC，点 E 是 BC 边的中点，将ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD平面 BCD，连接 AE，AC，DE，得到如图 2 所示的几何体(1)求证：AB平面 ADC；(2)若 AD1，AC 与其在平面 ABD 内的正投影所成角的正切值为

13、 6，求点 B 到平面 ADE的距离解：(1)证明：因为平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，又 DCBD，DC平面 BCD，所以 DC平面 ABD.因为 AB平面 ABD，所以 DCAB.又因为折叠前后均有 ADAB，且 DCADD，所以 AB平面 ADC.(2)由(1)知 DC平面 ABD，所以 AC 在平面 ABD 内的正投影为 AD，即CAD 为 AC 与其在平面 ABD 内的正投影所成的角 依题意知 tanCADDCAD 6，因为 AD1，所以 DC 6.设 ABx(x0)，则 BDx21，易知ABDDCB，所以ABADDCBD，即x16x21，解得 x 2，故 A

14、B 2，BD 3，BC3.由于 AB平面 ADC，所以 ABAC，又 E 为 BC 的中点，所以由平面几何知识得 AEBC2 32，同理 DEBC2 32，SADE121 322 122 22，DC平面 ABD VABCD13CDSABD 33，设点 B 到平面 ADE 的距离为 d，则13dSADEVBADEVABDE12VABCD 36，d 62，即点 B 到平面 ADE 的距离为 62.B 组大题专攻强化练1如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，底面 ABC 是等边三角形，侧面 BCC1B1 是矩形，ABA1B，N 是 B1C 的中点，M 是棱 AA1 上的点，且 AA1CM.(1)证

15、明：MN平面 ABC；(2)若 ABA1B，求二面角 A-CM-N 的余弦值解：(1)证明：如图 1，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，连接 BM.因为 BCC1B1 是矩形，所以 BCBB1.因为 AA1BB1，所以 AA1BC.又 AA1MC，BCMCC，所以 AA1平面 BCM，所以 AA1MB，又 ABA1B，所以 M 是 AA1 的中点 取 BC 的中点 P，连接 NP，AP，因为 N 是 B1C 的中点，所以 NPBB1，且 NP12BB1，所以 NPMA，且 NPMA，所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 MNAP.又 MN平面 ABC，AP平面 ABC，所以 MN平面 A

16、BC.(2)因为 ABA1B，所以ABA1 是等腰直角三角形，设 AB 2a，则 AA12a，BMAMa.又在 RtACM 中，AC 2a，所以 MCa.在BCM 中，CM2BM22a2BC2，所以 MCBM，所以 MA1，MB，MC 两两垂直，如图 2，以 M 为坐标原点，MA1，MB，MC 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 M(0，0，0)，C(0，0，a)，B1(2a，a，0)，所以MC(0，0，a)，Na，a2，a2，则MN a，a2，a2.设平面 CMN 的法向量为 n1(x，y，z)，则n1MC 0，n1MN 0，即az0，axa2ya2z0，得

17、z0，取 x1 得 y2.故平面 CMN 的一个法向量为 n1(1，2，0)因为平面 ACM 的一个法向量为 n2(0，1，0)，所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|2 55.因为二面角 A-CM-N 为钝角，所以二面角 A-CM-N 的余弦值为2 55.2.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 为菱形，E 为 CD 的中点(1)求证：BD平面 PAC；(2)若ABC60，求证：平面 PAB平面 PAE；(3)棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF平面 PAE？说明理由解：(1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PABD.因为底面 ABCD 为菱形，

18、所以 BDAC.又 PAACA，所以 BD平面 PAC.(2)证明：因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD，所以 PAAE.因为底面 ABCD 为菱形，ABC60，且 E 为 CD 的中点，所以 AECD.所以 ABAE.又 ABPAA，所以 AE平面 PAB.因为 AE平面 PAE，所以平面 PAB平面 PAE.(3)棱 PB 上存在点 F，使得 CF平面 PAE.取 PB 的中点 F，PA 的中点 G，连接 CF，FG，EG，则 FGAB，且 FG12AB.因为底面 ABCD 为菱形，且 E 为 CD 的中点，所以 CEAB，且 CE12AB.所以 FGCE，且 FGCE.所以四边形

19、 CEGF 为平行四边形所以 CFEG.因为 CF平面 PAE，EG平面 PAE，所以 CF平面 PAE.3如图 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BAD2，ABBC12ADa，E 是 AD的中点，O 是 AC 与 BE 的交点，将ABE 沿 BE 折起到图 2 中A1BE 的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD平面 A1OC；(2)当平面 A1BE平面 BCDE 时，四棱锥 A1BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值解：(1)证明：在图 1 中，因为 ABBC12ADa，E 是 AD 的中点，BAD2，所以 BEAC.即在图 2 中，BEA1O，BEOC，从而 BE平面

20、A1OC，又 CDBE，所以 CD平面 A1OC.(2)由已知，平面 A1BE平面 BCDE，且平面 A1BE平面 BCDEBE，又由(1)知，A1OBE，所以 A1O平面 BCDE，即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高 由图 1 知，A1O 22 AB 22 a，平行四边形 BCDE 的面积 SBEOCa2.从而四棱锥 A1BCDE 的体积为 V13SA1O13a2 22 a 26 a3，由 26 a336 2，得 a6.4(2019天津高考)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面 PAC平面 PCD，PACD，CD2，AD3.(1)设

21、 G，H 分别为 PB，AC 的中点，求证：GH平面 PAD；(2)求证：PA平面 PCD；(3)求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值解：(1)证明：连接 BD，易知 ACBDH，BHDH.又由 BGPG，故 GHPD.又因为 GH平面 PAD，PD平面 PAD，所以 GH平面 PAD.(2)证明：取棱 PC 的中点 N，连接 DN.依题意，得 DNPC.又因为平面 PAC平面 PCD，平面 PAC平面 PCDPC，所以 DN平面 PAC.又 PA平面 PAC，所以 DNPA.又已知 PACD，CDDND，所以 PA平面 PCD.(3)连接 AN，由(2)中 DN平面 PAC，可知DAN 为直线 AD 与平面 PAC 所成的角 因为PCD 为等边三角形，CD2 且 N 为 PC 的中点，所以 DN3.又 DNAN，在 RtAND 中，sinDANDNAD 33.所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 33.