（通用版）2019版高考數學二輪復習 專題檢測（十二）空間位置關系的判斷與證明 理（普通生含解析）.doc

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專題檢測（十二） 空間位置關系的判斷與證明 一、選擇題 1．已知E，F，G，H是空間四點，命題甲：E，F，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 解析：選B　若E，F，G，H四點不共面，則直線EF和GH肯定不相交，但直線EF和GH不相交，E，F，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． 2．關于直線a，b及平面α，β，下列命題中正確的是(　　) A．若a∥α，α∩β＝b，則a∥b B．若α⊥β，m∥α，則m⊥β C．若a⊥α，a∥β，則α⊥β D．若a∥α，b⊥a，則b⊥α 解析：選C　A是錯誤的，因為a不一定在平面β內，所以a，b有可能是異面直線；B是錯誤的，若α⊥β，m∥α，則m與β可能平行，可能相交，也可能線在面內，故B錯誤；C是正確的，由直線與平面垂直的判斷定理能得到C正確；D是錯誤的，直線與平面垂直，需直線與平面中的兩條相交直線垂直． 3．已知空間兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，則下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n 解析：選D　若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n平行或異面，即A錯誤；若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m與n相交或平行或異面，即B錯誤；若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m與n相交、平行或異面，即C錯誤，故選D. 4.如圖，在三棱錐PABC中，不能證明AP⊥BC的條件是(　　) 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：選B　A中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；C中，因為平面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正確；D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B. 5．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，某學生得出下列四個結論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐DABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的結論是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 解析：選B　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，結合②知③正確；由①知④不正確．故選B. 6．(2018全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCDA1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點E，F，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6sin 60＝.故選A. 二、填空題 7．(2018天津六校聯考)設a，b為不重合的兩條直線，α，β為不重合的兩個平面，給出下列命題： ①若a∥α且b∥α，則a∥b； ②若a⊥α且a⊥β，則α∥β； ③若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，則一定存在直線l，使得l⊥α，l∥β. 其中真命題的序號是________． 解析：①中a與b也可能相交或異面，故不正確． ②垂直于同一直線的兩平面平行，正確． ③中存在γ，使得γ與α，β都垂直，正確． ④中只需直線l⊥α且l?β就可以，正確． 答案：②③④ 8．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.其中正確的個數是________． 解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正確的只有①③. 答案：①③ 9.如圖，∠ACB＝90，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐DAEF 體積的最大值為________． 解析：因為DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF.又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB.又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE為三棱錐DAEF的高．因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝，設AF＝a，FE＝b，則△AEF的面積S＝ab≤＝＝(當且僅當a＝b＝1時等號成立)，所以(VDAEF)max＝＝. 答案： 三、解答題 10.(2018長春質檢)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面ACE； (2)設PA＝1，AD＝，PC＝PD，求三棱錐PACE的體積． 解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接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)由題意得AC＝AD， 所以VPACE＝VPACD＝VPABCD ＝S?ABCDPA ＝2()21＝. 11.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中點，F是CC1上一點． (1)當CF＝2時，證明：B1F⊥平面ADF； (2)若FD⊥B1D，求三棱錐B1ADF的體積． 解：(1)證明：因為AB＝AC，D是BC的中點， 所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，因為BB1⊥底面ABC，AD?底面ABC，所以AD⊥B1B. 因為BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1. 因為B1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1F. 在矩形B1BCC1中，因為C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2， 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1， 所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90， 所以B1F⊥FD. 因為AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF. (2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2， 在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3， 所以B1D＝＝. 因為FD⊥B1D， 所以Rt△CDF∽Rt△BB1D， 所以＝，即DF＝＝， 所以VB1ADF＝VAB1DF＝S△B1DFAD＝2＝. 12．(2018石家莊摸底)如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中點． (1)求證：BF∥平面ADP； (2)已知O是BD的中點，求證：BD⊥平面AOF. 證明：(1)取PD的中點為G，連接FG，AG， ∵F是CE的中點， ∴FG是梯形CDPE的中位線， ∵CD＝3PE， ∴FG＝2PE，FG∥CD， ∵CD∥AB，AB＝2PE， ∴AB∥FG，AB＝FG， 即四邊形ABFG是平行四邊形， ∴BF∥AG， 又BF?平面ADP，AG?平面ADP， ∴BF∥平面ADP. (2)延長AO交CD于M，連接BM，FM， ∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點， ∴四邊形ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE. ∴MD綊FG.∴四邊形DMFG為平行四邊形． ∴FM∥PD， ∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD， ∴FM⊥BD， ∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF， 即BD⊥平面AOF.