《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專(zhuān)題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專(zhuān)題強(qiáng)化精練提能 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專(zhuān)題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專(zhuān)題強(qiáng)化精練提能 理（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分專(zhuān)題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專(zhuān)題強(qiáng)化精練提能 理 1．(xx·銅陵市診斷考試)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，a?α，b⊥β，則“α∥β”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A.若a?α，b⊥β，α∥β，則由α∥β，b⊥β?b⊥α，又a?α，所以a⊥b，若a⊥b，a?α，b⊥β，則b⊥α或b∥α或b?α，此時(shí)α∥β或α與β相交，所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要條件，故選A. 2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)

2、為8，側(cè)棱長(zhǎng)為6，D為AC的中點(diǎn)，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C.如圖所示，連接B1C交BC1于E，連接DE，因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1是平行四邊形，所以B1E＝EC.又AD＝DC，所以DE∥AB1，則∠DEB或其補(bǔ)角為異面直線AB1與BC1所成的角，在△DEB中，DE＝5，BD＝4，BE＝5，所以cos∠DEB＝＝.故選C. 3．(xx·南昌市調(diào)研測(cè)試卷)已知兩個(gè)不同的平面α，β和兩條不重合的直線m，n，則下列四個(gè)命題中不正確的是(　　) A．若m∥n，m⊥α，則n⊥α B．若m⊥α，m⊥β，則α∥β C

3、．若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β D．若m∥α，α∩β＝n，則m∥n 解析：選D.由線面平行、垂直之間的轉(zhuǎn)化知A、B正確；對(duì)于C，因?yàn)閙⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n?β，所以β⊥α，即C正確；對(duì)于D，m∥α，α∩β＝n，則m∥n，或m與n是異面直線，故D不正確． 4．設(shè)A，B，C，D是空間四個(gè)不同的點(diǎn)，在下列命題中，不正確的是(　　) A．若AC與BD共面，則AD與BC共面 B．若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線 C．若AB＝AC，DB＝DC，則AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，則AD⊥BC 解析：選C.A中，若AC與BD共面，則A，B，C，D四點(diǎn)共面

4、，則AD與BC共面；B中，若AC與BD是異面直線，則A，B，C，D四點(diǎn)不共面，則AD與BC是異面直線；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以證明AD⊥BC. 5．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)條件： ①平面γ與平面α，β所成的銳二面角相等； ②直線a∥b，a⊥α，b⊥β； ③a，b是異面直線，a⊥平面α，b⊥平面β，且a∥β，b∥α； ④平面α內(nèi)距離為d的兩條平行直線在平面β內(nèi)的射影仍為兩條距離為d的平行線．其中可以推出α∥β的條件為(　　) A．①③ B．②④ C．② D．③ 解析：選C.對(duì)于①④，平面α

5、與平面β還可以相交；對(duì)于③，一定不能推出α∥β，所以①③④是錯(cuò)誤的，易知②正確．故選C. 6. 如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P，Q分別是AA1，A1D1，CC1，BC的中點(diǎn)，給出以下四個(gè)結(jié)論：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C與PM相交；④NC與PM異面．其中不正確的結(jié)論是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 解析： 選B.作出過(guò)M，N，P，Q四點(diǎn)的截面交C1D1于點(diǎn)S，交AB于點(diǎn)R，如圖中的六邊形MNSPQR，顯然點(diǎn)A1，C分別位于這個(gè)平面的兩側(cè)，故A1C與平面MNPQ一定相交，不可能平行，故結(jié)論②不正確． 7

6、. 如圖，在空間四邊形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是________． 解析：由＝，得MN∥BD. 而B(niǎo)D?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行 8．如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點(diǎn)，E、F分別是點(diǎn)A在PB、PC上的正投影，給出的下列結(jié)論正確的是________． ①AF⊥PB；②EF⊥PB； ③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 解析：由題意知PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC. 又AC⊥BC，PA∩AC＝A， 所以BC⊥平面PAC. 所以BC⊥AF.因?yàn)锳F⊥

7、PC，BC∩PC＝C， 所以AF⊥平面PBC， 所以AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A， 所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥EF. 故①②③正確． 答案：①②③ 9．(xx·濰坊模擬)已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，AB＝1，PA＝t(t>0)，當(dāng)t變化時(shí)，直線PD與平面PBC所成角的正弦值的取值范圍是________． 解析：把圖形補(bǔ)成直四棱柱如圖所示，因?yàn)锽C⊥平面DCC1D1，所以平面PBCD1⊥平面DCC1D1，連接D1C，作DE⊥CD1，連接PE，則DE⊥平面PBCD1，所以∠DPE就是PD與平面PBCD1所成的角．又DP＝，DE＝＝，所以sin ∠D

8、PE＝＝＝≤(當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝1時(shí)取等號(hào))，所以0<≤，所以直線PD與平面PBC所成角的正弦值的取值范圍是. 答案： 10. 如圖，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC.給出下列結(jié)論：①CD∥平面PAF；②DF⊥平面PAF；③CF∥平面PAB；④DF∥平面PAB.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)榱忮FP-ABCDEF的底面是正六邊形，所以AF∥CD，由線面平行的判定定理，得CD∥平面PAF，故①正確；由正六邊形的特點(diǎn)易知DF⊥AF，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以DF⊥PA，由線面垂直的判定定理，得DF⊥平面PAF，故②正確；CF∥AB，

9、由線面平行的判定定理，得CF∥平面PAB，故③正確；連接AC，由正六邊形的特點(diǎn)易知DF∥AC，又AC∩平面PAB＝A，故DF與平面PAB相交，故④不正確．故正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是3. 答案：3 11．(xx·泰安模擬) 如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB的中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝AB＝4，M是PA的中點(diǎn)． (1)證明：平面PBC∥平面ODM； (2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離． 解：(1)證明：由題意，CD∥BO，CD＝BO， 所以四邊形OBCD為平行四邊形， 所以BC∥OD. 又因?yàn)锳O＝OB，AM＝MP，所以O(shè)M∥

10、PB. 又OM?平面PBC，PB?平面PBC， 所以O(shè)M∥平面PBC. 同理，OD∥平面PBC， 又OM∩OD＝O， 所以平面PBC∥平面ODM. (2)設(shè)點(diǎn)A到平面PCD的距離為d. 因?yàn)閂三棱錐A-PCD＝V三棱錐P-ACD， 即××4×2×d ＝××4×2×4， 所以d＝. 12．(xx·江西省質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，E為棱CC1的中點(diǎn)． (1)求證：B1D1⊥AE; (2)求證：AC∥平面B1DE. 證明：(1)連接BD， 則BD∥B1D1. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形， 所以AC⊥BD. 因?yàn)镃E

11、⊥平面ABCD， 所以CE⊥BD. 又AC∩CE＝C， 所以BD⊥平面ACE. 因?yàn)锳E?平面ACE， 所以BD⊥AE， 所以B1D1⊥AE. (2)取BB1的中點(diǎn)F，連接AF，CF，EF， 則FC∥B1E， 所以CF∥平面B1DE. 因?yàn)镋，F(xiàn)是CC1，BB1的中點(diǎn)， 所以EF綊BC. 又BC綊AD， 所以EF綊AD， 所以四邊形ADEF是平行四邊形， 所以AF∥ED. 因?yàn)锳F?平面B1DE，ED?平面B1DE， 所以AF∥平面B1DE， 因?yàn)锳F∩CF＝F， 所以平面ACF∥平面B1DE. 又因?yàn)锳C?平面ACF， 所以AC∥平面B1DE.

12、 13．(xx·高考山東卷) 如圖，三棱臺(tái)DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點(diǎn)． (1)求證：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求證：平面BCD⊥平面EGH. 證明：(1)法一：如圖，連接DG，設(shè)CD∩GF＝O，連接OH. 在三棱臺(tái)DEF-ABC中， AB＝2DE，G為AC的中點(diǎn)， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四邊形DFCG為平行四邊形， 則O為CD的中點(diǎn)． 又H為BC的中點(diǎn)， 所以O(shè)H∥BD.又OH?平面FGH，BD?平面FGH， 所以BD∥平面FGH. 法二：在三棱臺(tái)DEF-ABC中， 由BC＝2EF，

13、H為BC的中點(diǎn)， 可得BH∥EF，BH＝EF， 所以四邊形BHFE為平行四邊形，可得BE∥HF. 在△ABC中，G為AC的中點(diǎn)，H為BC的中點(diǎn)， 所以GH∥AB. 又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED. 因?yàn)锽D?平面ABED，所以BD∥平面FGH. (2)連接HE，EG. 因?yàn)镚，H分別為AC，BC的中點(diǎn)， 所以GH∥AB. 由AB⊥BC，得GH⊥BC. 又H為BC的中點(diǎn)， 所以EF∥HC，EF＝HC， 因此四邊形EFCH是平行四邊形． 所以CF∥HE. 又CF⊥BC，所以HE⊥BC. 又HE，GH?平面EGH，HE∩GH＝H， 所以BC⊥

14、平面EGH. 又BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 14. (xx·安徽省合肥三中、巢湖一中統(tǒng)考)如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圓O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2. (1)求證：平面AFC⊥平面CBF； (2)在線段CF上是否存在一點(diǎn)M，使得OM∥平面ADF？并說(shuō)明理由． 解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，CB⊥AB， 平面ABCD∩平面ABEF＝AB， 所以CB⊥平面ABEF，因?yàn)锳F?平面ABEF， 所以AF⊥CB，又因?yàn)锳B為圓O的直徑，所以AF⊥BF，所以AF⊥平面

15、CBF. 因?yàn)锳F?平面AFC，所以平面AFC⊥平面CBF. (2)取CF的中點(diǎn)記作M， 設(shè)DF的中點(diǎn)為N，連接AN，MN， 則MN綊CD，又AO綊CD，則MN綊AO， 所以四邊形MNAO為平行四邊形， 所以O(shè)M∥AN，又AN?平面DAF，OM?平面DAF， 所以O(shè)M∥平面DAF. [B卷] 1．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點(diǎn)． (1)求證：EC∥平面PAD； (2)求證：平面EAC⊥平面PBC. 證明：(1)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為F，連接EF，CF(圖略)． 則A

16、F＝CD，AF∥CD， 所以四邊形ADCF是平行四邊形， 則CF∥AD. 又EF∥AP，且CF∩EF＝F， 所以平面CFE∥平面PAD. 又EC?平面CEF， 所以EC∥平面PAD. (2)因?yàn)镻C⊥底面ABCD，所以PC⊥AC， 因?yàn)锳BCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2， 所以AC＝，BC＝. 因?yàn)锳B2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC. 因?yàn)镻C∩BC＝C，所以AC⊥平面PBC， 因?yàn)锳C?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC. 2．(xx·邢臺(tái)市摸底考試)在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，四邊形CDEF是

17、矩形，平面ABCD⊥平面CDEF，AB＝AD＝DE＝CD＝2，M是線段AE的中點(diǎn)． (1)求證：AC∥平面MDF； (2)平面MDF將該幾何體分成兩部分，求多面體MDFE和多面體ABCDMF的體積之比． 解： (1)證明：連接CE，交DF于N，連接MN，由題意知N為CE的中點(diǎn)， 在△ACE中，MN∥AC， 且MN?平面MDF，AC?平面MDF， 所以AC∥平面MDF. (2)將多面體ABCDEF補(bǔ)成三棱柱ADE-B′CF，如圖， 則三棱柱的體積為V＝S△ADE·CD＝×2×2×4＝8， 而三棱錐F-DEM的體積VM-DEF＝，則V多面體ABCDMF＝V－

18、VF-BB′C－VM-DEF＝8－－＝， 所以＝. 3. (xx·河南省洛陽(yáng)市統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，點(diǎn)O是對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，M是PD的中點(diǎn)，且AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：OM∥平面PAB； (2)求證：平面PBD⊥平面PAC； (3)當(dāng)三棱錐M-BCD的體積等于時(shí)，求PB的長(zhǎng)． 解：(1)證明：因?yàn)樵凇鱌BD中，O，M分別是BD，PD的中點(diǎn)， 所以O(shè)M是△PBD的中位線，所以O(shè)M∥PB， 又OM?平面PAB，PB?平面PAB， 所以O(shè)M∥平面PAB. (2)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平

19、面ABCD，所以PA⊥BD. 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以BD⊥AC， 又AC?平面PAC，PA?平面PAC，AC∩PA＝A， 所以BD⊥平面PAC. 因?yàn)锽D?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC. (3)因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，M是PD的中點(diǎn)， 所以VM-BCD＝VM-ABCD＝VP-ABCD，從而VP-ABCD＝. 又AB＝2，∠BAD＝60°，所以S四邊形ABCD＝2. 因?yàn)樗睦忮FP-ABCD的高為PA， 所以×2×PA＝，得PA＝， 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB. 在Rt△PAB中，PB＝＝＝. 4．(xx·洛陽(yáng)市統(tǒng)考)如圖，四

20、邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC. (1)若BE＝1，是否在折疊后的線段AD上存在一點(diǎn)P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由； (2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值，并求此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離． 解：(1)AD上存在一點(diǎn)P，使得CP∥平面ABEF，此時(shí)λ＝.理由如下： 當(dāng)λ＝時(shí)，＝，可知＝，過(guò)點(diǎn)P作MP∥FD交AF于點(diǎn)M，連接EM，則有＝＝， 又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3， 又EC＝3，MP∥FD∥

21、EC，故MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，所以CP∥ME. 又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， 故CP∥平面ABEF. (2)設(shè)BE＝x，所以AF＝x(0