（廣東專版）2022高考數學二輪復習 第二部分 專題四 立體幾何 專題強化練十一 空間點、線、面的位置關系 文

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1、（廣東專版）2022高考數學二輪復習 第二部分 專題四 立體幾何 專題強化練十一 空間點、線、面的位置關系 文 一、選擇題 1．(2018·浙江卷)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A．充分不必要條件　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：若m?α，n?α，m∥n，由線面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不一定推出m∥n，直線m與n可能異面． 故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件． 答案：A 2．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(

2、　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：如圖，由題設知，A1B1⊥平面BCC1B1，從而A1B1⊥BC1. 又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1， 所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1. 答案：C 3．(2018·河南開封一模)在空間中，a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中的真命題是(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a?α，b?β，α⊥β，則a⊥b C．若a∥α，a∥b，則b∥α D．若α∥β，a?α，則a∥β 解析：對于

3、A，若a∥α，b∥α，則a，b可能平行，可能相交，可能異面，故A是假命題； 對于B，設α∩β＝m，a，b均與m平行， 則a∥b，故B是假命題； 對于C，b∥α或b在平面α內，故C是假命題； 對于D，若α∥β，a?α，則a與β沒有公共點，則a∥β，故D是真命題． 答案：D 4．(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：因為CD∥AB，所以∠BAE即為異面直線AE與CD所成的角． 設正方體的棱長為2，則BE＝. 因為AB⊥平面BB1C1C，

4、所以AB⊥BE. 在Rt△ABE中，tan ∠BAE＝＝. 所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. 答案：C 5．(2018·福建泉州模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，當點Q________時，平面D1BQ∥平面PAO.(　　) A．與C重合 B．與C1重合 C．為CC1的三等分點 D．為CC1的中點 解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中， 因為O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點， 所以PO∥BD1， 當點Q為CC1的中點時， 連接PQ，則PQ綊AB， 所以四邊形AB

5、QP是平行四邊形， 所以AP∥BQ， 因為AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B， AP、PO?平面PAO，BQ、BD1?平面D1BQ， 所以平面D1BQ∥平面PAO. 答案：D 二、填空題 6.如圖，在空間四邊形ABCD中，點M∈AB，點N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關系是________． 解析：由＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行 7．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結論中正確的是________(填序號)． ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD；

6、 ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 解析：因AC⊥平面BDD1B1，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V，為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤． 答案：①②③ 8．直三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長都為1，AB＝BC＝1，且直線AB與平面BB1C1C所成的角為60°，則異面直線A1B，AC所成角的余弦值為________． 解析：由于ABC-A1B1C1為直三棱柱，則AB與平面BB1C1C所成的角即為∠ABC. 依題設，AB＝BC＝1，∠ABC＝60°， 則△ABC為正三角形． 由A

7、C∥A1C1，知∠BA1C1為異面直線A1B與AC所成的角． 由于A1C1＝1，A1B＝，C1B＝. 由余弦定理得： cos ∠BA1C1＝＝＝. 答案： 三、解答題 9．(2018·湖南益陽模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°. (1)求證：AD⊥平面PAB； (2)求證：AB⊥PC； (3)若點E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值． (1)證明：因為∠DAB＝90°， 所以AD⊥AB. 因為平面PAB⊥平面ABCD， 且平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以AD⊥平面PAB

8、. (2)證明：由(1)知AD⊥AB， 因為AD∥BC，所以BC⊥AB. 又因為∠ABP＝90°， 所以PB⊥AB. 因為PB∩BC＝B， 所以AB⊥平面PBC， 因為PC?平面PBC， 所以AB⊥PC. (3)解：過E作EF∥AD交PA于F，連接BF.如圖所示． 因為AD∥BC，所以EF∥BC. 所以E，F，B，C四點共面． 又因為CE∥平面PAB， 且CE?平面BCEF，平面BCEF∩平面PAB＝BF， 所以CE∥BF， 所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以EF＝BC＝AD. 在△PAD中，因為EF∥AD， 所以＝＝，即＝. 10．(2018·北京卷

9、)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分別為AD，PB的中點． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. 證明：(1)因為PA＝PD，E為AD的中點， 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形， 所以BC∥AD. 所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD，且PA∩AB＝A， 所以PD⊥平面

10、PAB.又PD?平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖，取PC中點G，連接FG，DG. 因為F，G分別為PB，PC的中點， 所以FG∥BC，FG＝BC. 因為ABCD為矩形，且E為AD的中點， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 11．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M為DC的中點，將△ADM沿AM折起使平面ADM⊥平面ABCM. (1)當AB＝2時，求三棱錐M-BCD的體積； (2)求證：BM⊥A

11、D. (1)解：取AM的中點N，連接DN.如圖所示． 因為在矩形ABCD中，M為DC的中點，AB＝2AD， 所以DM＝AD. 又N為AM的中點， 所以DN⊥AM. 又因為平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，DN?平面ADM. 所以DN⊥平面ABCM. 因為AD＝1，所以DN＝. 又S△BCM＝·CM·CB＝. 所以V三棱錐M-BCD＝V三棱錐D-BCM＝S△BCM×DN＝. (2)證明：由(1)可知，DN⊥平面ABCM. 又BM?平面ABCM， 所以BM⊥DN. 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M為DC中點， 所以△ADM，△BCM都是等腰直角三角形，且∠ADM＝90°，∠BCM＝90°， 所以BM⊥AM. 又DN，AM?平面ADM，DN∩AM＝N， 所以BM⊥平面ADM. 又AD?平面ADM， 所以BM⊥AD.