（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間位置關(guān)系的判斷與證明 文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)9　空間位置關(guān)系的判斷與證明 　[A·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．已知E，F(xiàn)，G，H是空間四點，命題甲：E，F(xiàn)，G，H四點不共面，命題乙：直線EF和GH不相交，則甲是乙成立的(　　) A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 2．[2020·東北三校第一次聯(lián)考]已知α，β是兩個不同的平面，直線m?α，則下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，則m∥β B．若α⊥β，則m⊥β C．若m∥β，則α∥β D．若m⊥β，則α⊥β 3．在三棱柱ABC - A1B1C1中，|AB|＝|BB1|，則AB1與BC1所成角的大小為(　　) A．30°

2、 B．60° C．75° D．90° 4．正方體ABCD - A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點，則下列敘述中正確的是(　　) A．直線BQ∥平面EFG B．直線A1B∥平面EFG C．平面APC∥平面EFG D．平面A1BQ∥平面EFG 5．[2020·沈陽市教學(xué)質(zhì)量檢測]已知a，b為兩條不同的直線，α，β，γ為三個不同的平面，則下列說法中正確的是(　　) ①若a∥α，α∥β，則a∥β；②若α∥β，β∥γ，則α∥γ；③若a⊥α，b⊥α，則a∥b；④若α⊥γ，β⊥γ，則α⊥β. A．①③ B．②③ C．①②③

3、 D．②③④ 6．若P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線的交點為O，M為PB的中點，給出以下四個命題：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正確的個數(shù)是________． 7. 如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則點C1在底面ABC上的射影H必在直線______上． 8．[2020·廣州市調(diào)研檢測]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M為CC1的中點．若AM⊥平面α，且B∈平面α，則平面α截正方體所得截面的周長為________． 9．[2020·全國卷Ⅰ]如圖，D為圓錐的頂點

4、，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAC； (2)設(shè)DO＝，圓錐的側(cè)面積為π，求三棱錐P-ABC的體積． 10．[2020·全國卷Ⅲ]如圖，在長方體ABCD - A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，證明： (1)當(dāng)AB＝BC時，EF⊥AC； (2)點C1在平面AEF內(nèi)． [B·素養(yǎng)提升] 1．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學(xué)

5、生得出下列四個結(jié)論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D - ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的結(jié)論是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 2. 《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”．在如圖所示的四棱錐P - ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，點E，F(xiàn)分別為PC，PD的中點，則圖中的鱉臑有(　　) A．2個 B．3個 C．4個 D．5個 3. [2020·西安五校聯(lián)考]如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形

6、ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為________． 4．[2020·福州市質(zhì)量檢測]已知四邊形ABCD為正方形，GD⊥平面ABCD，四邊形DGEA與四邊形DGFC也都為正方形，連接EF，F(xiàn)B，BE，點H為BF的中點，有下述四個結(jié)論： ①DE⊥BF；②EF與CH所成角為60°；③EC⊥平面DBF；④BF與平面ACFE所成角為45°. 其中所有正確結(jié)論的編號是________． 5. 如圖，在四面體ABCD中，BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°. (1)證明：BD⊥AC； (2)若∠ABD＝60°，BA＝2，四面體ABC

7、D的體積為2，證明：平面BAD⊥平面BCD. 6．如圖1，已知菱形AECD的對角線AC，DE交于點F，點E為AB中點．將△ADE沿線段DE折起到△PDE的位置，如圖2所示． (1)求證：DE⊥平面PCF； (2)求證：平面PBC⊥平面PCE； (3)在線段PD，BC上是否分別存在點M，N，使得平面CFM ∥平面PEN？若存在，請指出點M，N的位置，并證明；若不存在，請說明理由． 課時作業(yè)9　空間位置關(guān)系的判斷與證明 [A·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．解析：若E，F(xiàn)，G，H四點不共面，則直線EF和GH肯定不相交，但直線EF和GH不

8、相交，E，F(xiàn)，G，H四點可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要條件，故選B. 答案：B 2．解析： 如圖，在正方體ABCD - A1B1C1D1中，令平面ABB1A1為平面α，平面ABCD為平面β，則α⊥β，若A1B所在直線為直線m，則m?α，此時直線m與平面β既不平行也不垂直，因此選項A，B均不正確；若A1B1所成直線為直線m，則m?α且m∥β，但此時平面α與平面β不平行，故選項C也不正確，故選D. 答案：D 3．解析：將正三棱柱ABC - A1B1C1補(bǔ)為四棱柱ABCD - A1B1C1D1，連接C1D，BD，(圖略)則C1D∥B1A，∠BC1D為所求角或其補(bǔ)角．

9、設(shè)BB1＝，則BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2，又因為BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.故選D. 答案：D 4．解析：過點E，F(xiàn)，G的正方體的截面是平面EIQFGH，其中H，I分別為AA1，BC的中點． 因為A1B∥HE，A1B?平面EFG，HE?平面EFG， 所以A1B∥平面EFG，故選B. 答案：B 5．解析：若a∥α，α∥β，則a可能平行于β，也可能在β內(nèi)，故①不正確；若α∥β，β∥γ，則由面面平行的性質(zhì)知α∥γ，故②正確；若a⊥α，b⊥α，則由線面垂直的性質(zhì)知a∥b，故③正確；若α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能平行也可能相交，故④不正確．綜上所述，②③正確，

10、故選B. 答案：B 6．解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PDA.故正確的只有①③. 答案：①③ 7．解析：∵BC1⊥AC，BA⊥AC，BA∩BC1＝B， ∴AC⊥平面ABC1. 又AC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1. 又平面ABC1∩平面ABC＝AB， ∴點C1在底面ABC上的射影H必在直線AB上． 答案：AB 8．解析：如圖，連接AC，BD，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，取BB1的中點N，A1B1的中點E，連接MN，AN，BE，可知BE⊥AN，因為

11、MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，結(jié)合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面BDE，取A1D1的中點F，連接DF，EF，則截面即四邊形BEFD，因為DF＝EB＝＝，BD＝＝2，EF＝，所以截面BEFD的周長為3＋2. 答案：3＋2 9．解析：(1)由題設(shè)可知，PA＝PB＝PC. 由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC. 又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°. 從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC. (2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，母

12、線長為l. 由題設(shè)可得rl＝，l2－r2＝2. 解得r＝1，l＝. 從而AB＝.由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝. 所以三棱錐P-ABC的體積為××PA×PB×PC＝××3＝. 10．解析：(1)如圖，連接BD，B1D1.因為AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D. 由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC. (2)如圖，在棱AA1上取點G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G. 因為D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于

13、是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1. 因為B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1， FG綊C1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1，所以A，E，F(xiàn)，C1四點共面，即點C1在平面AEF內(nèi)． [B·素養(yǎng)提升] 1．解析：由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，結(jié)合②知③正確；由①知④不正確．故選B. 答案：B 2．解析：因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DC，P

14、D⊥BC，PD⊥BD， 又四邊形ABCD為正方形，所以BC⊥CD， 所以BC⊥平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面體PDBC是一個鱉臑．因為DE?平面PCD，所以BC⊥DE. 因為PD＝CD，點E是PC的中點，所以DE⊥PC， 又PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC， 可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形，即四面體EBCD是一個鱉臑． 同理可得，四面體PABD和FABD都是鱉臑．故選C. 答案：C 3．解析：∵四邊形ABCD是正方形，∴CB⊥AB. ∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， ∴CB⊥平面ABEF. ∵AG，GB?平面ABEF，

15、 ∴CB⊥AG，CB⊥BG. 又AF＝a，AD＝2a，四邊形ABEF是矩形，G是EF的中點， ∴AG＝BG＝a，AB＝2a， ∴AB2＝AG2＋BG2， ∴AG⊥BG， ∵BG∩BC＝B，∴AG⊥平面CBG， 又AG?平面AGC，∴平面AGC⊥平面BGC. 在平面BGC內(nèi)作BH⊥GC，垂足為H，則BH⊥平面AGC， ∴∠BGH是GB與平面AGC所成的角． 在Rt△CBG中，BH＝＝＝a， ∴sin∠BGH＝＝. 答案： 4．解析：連接AG，由BF∥AG，DE⊥AG，得DE⊥BF，故①正確；由CH∥DE，DE與EF所成角為60°，得到EF與CH所成角為60°，故②正確；由

16、EC⊥DB，EC⊥DF，DB∩DF＝D，得EC⊥平面DBF，故③正確；過B作BM⊥AC，垂足為M，連接MF，則∠MFB為BF與平面ACFE所成的角，因為∠MFB＝30°，所以BF與平面ACFE所成角為30°，故④錯．綜上，所有正確結(jié)論的編號是①②③. 答案：①②③ 5．解析： 解法一：(1)證明：如圖，作Rt△ABD斜邊BD上的高AE，連CE. ∵BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴Rt△ABD≌Rt△CBD. 于是可得CE⊥BD. 又AE∩CE＝E， ∴BD⊥平面AEC， ∵AC?平面AEC， ∴BD⊥AC. (2)在Rt△ABD中，BA＝2，∠ABD＝60

17、°， ∴BD＝4，AE＝，CE＝， △AEC的面積S△AEC＝·AE·CE·sin∠AEC＝sin∠AEC. 又BD⊥平面AEC，四面體ABCD的體積為2， ∴××sin∠AEC×4＝2， ∴sin∠AEC＝1，∠AEC＝90°， ∴AE⊥EC. ∵AE⊥BD，BD∩EC＝E， ∴AE⊥平面BCD. ∵AE?平面ABD， ∴平面BAD⊥平面BCD. 解法二： (1)證明：∵BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴Rt△ABD≌Rt△BCD. ∴AD＝CD，AB＝CB. 取AC的中點E，連接BE，DE，則BE⊥AC，DE⊥AC， 又BE∩DE＝E，∴AC⊥

18、平面BDE， ∵BD?平面BDE，∴BD⊥AC. (2)在Rt△BCD中，BC＝2，∠CBD＝60°， ∴△BCD面積為2. 設(shè)點A到平面BCD的距離為h， 則VA - BCD＝·S△BCD·h＝×2×h＝2，∴h＝. 在平面ABD內(nèi)過A作AF⊥BD，垂足為F， ∵BA＝2，∠ABD＝60°， ∴AF＝＝h. 由點到平面距離定義知AF⊥平面BCD， ∵AF?平面ABD， ∴平面BAD⊥平面BCD. 6．解析：(1)證明：折疊前，因為四邊形AECD為菱形， 所以AC⊥DE， 所以折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF， 又PF∩CF＝F，PF，CF?平面PCF， 所以DE

19、⊥平面PCF. (2)證明：因為四邊形AECD為菱形， 所以DC∥AE，DC＝AE. 又點E為AB的中點， 所以DC∥EB，DC＝EB， 所以四邊形DEBC為平行四邊形， 所以CB∥DE. 又由(1)得，DE⊥平面PCF， 所以CB⊥平面PCF. 因為CB?平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PCF. (3) 存在滿足條件的點M，N，且M，N分別是PD和BC的中點． 如圖，分別取PD和BC的中點M，N.連接EN，PN，MF，CM. 因為四邊形DEBC為平行四邊形， 所以EF∥CN，EF＝BC＝CN， 所以四邊形ENCF為平行四邊形， 所以FC∥EN. 在△PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點， 所以MF∥PE. 又EN，PE?平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF?平面CFM，MF∩CF＝F， 所以平面CFM∥平面PEN.