2020版高考数学二轮复习专题限时集训空间位置关系的判断与证明文.doc

教学资料范本2020版高考数学二轮复习专题限时集训空间位置关系的判断与证明文编 辑：_时 间：_专题限时集训(八)空间位置关系的判断与证明专题通关练(建议用时：30分钟)1若a.b是空间中两条不相交的直线.则过直线b且平行于直线a的平面()A有且仅有一个B至少有一个C至多有一个 D有无数个Ba.b是空间中两条不相交的直线a.b可能平行或异面若a.b平行.则过直线b且平行于直线a的平面有无数个；若a.b异面.在b上取一点O.过O作ca.则b.c确定平面.a平行于.此时过直线b且平行于直线a的平面只有一个故选B.2(20xx长沙模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为4.底面边长为2.若点M是线段A1C的中点.则直线BM与底面ABC所成角的正切值为()A. B. C. D.C过点M作MNAC于N.连接BN(图略).则MBN为直线BM与底面ABC所成角.由题意可知MN2.BN3.所以tanMBN.3已知.表示两个不同的平面.l表示既不在内也不在内的直线.存在以下三个条件：l；l；.若以其中两个推出另一个构成命题.则正确命题的个数为()A0 B1 C2 D3C由、是真命题.而由不能得到.故选C.4如图.在四边形ABCD中.ADBC.ADAB.BCD45.BAD90.将ADB沿BD折起.使平面ABD平面BCD.构成三棱锥ABCD.则在三棱锥ABCD中.下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABCD因为在四边形ABCD中.ADBC.ADAB.BCD45.BAD90.所以BDCD.又平面ABD平面BCD.且平面ABD平面BCDBD.所以CD平面ABD.则CDAB.又ADAB.CDADD.所以AB平面ADC.即平面ABC平面ADC.故选D.5在正方体ABCDA1B1C1D1中.E.F分别为棱AA1.CC1的中点.则在空间与三条直线A1D1.EF.CD都相交的直线有_条无数在A1D1上任取一点P.过点P与直线EF作一个平面(如图所示).因CD与平面不平行.所以它们相交.设它们交于点Q.连接PQ.则PQ与EF必然相交.即PQ为所求直线由点P的任意性知.有无数条直线与三条直线A1D1.EF.CD都相交6(20xx银川模拟)如图.四面体ABCD中.CD4.AB2.E、F分别是AC、BD的中点.若EFAB.则EF与CD所成的角等于_30如图.取AD的中点M.连接ME、MF.则MECD.MFAB.因为EFAB.所以EFMF.则MEF为EF与CD所成的角.又ME2.MF1.故MEF30.7(20xx全国卷)已知ACB90.P为平面ABC外一点.PC2.点P到ACB两边AC.BC的距离均为.那么P到平面ABC的距离为_如图.过点P作PO平面ABC于O.则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E.OFBC于F.连接PC.PE.PF.则PEAC.PFBC.又PEPF.所以OEOF.所以CO为ACB的平分线.即ACO45.在RtPEC中.PC2.PE.所以CE1.所以OE1.所以PO.8一题多解(20xx全国卷)中国有悠久的金石文化.印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体.但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体.它的所有顶点都在同一个正方体的表面上.且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面.其棱长为_图1 图2261先求面数有如下两种方法法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知.其上部分有9个面.中间部分有8个面.下部分有9个面.共有29826(个)面法二：一般地.对于凸多面体.顶点数(V)面数(F)棱数(E)2.(欧拉公式)由题图知.棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由VFE2.得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面.由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH.如图.设其边长为x.则正八边形的边长即为棱长连接AF.过H.G分别作HMAF.GNAF.垂足分别为M.N.则AMMHNGNFx.又AMMNNF1.xxx1.x1.即半正多面体的棱长为1.9(20xx永州模拟)如图.在菱形ABCD中.AB2.BCD60.AC与BD交于点O.以BD为折痕.将ABD折起.使点A到达点A1的位置(1)若A1C.求证：平面A1BD平面ABCD；(2)若A1C2.求三棱锥A1BCD体积解(1)证明：在菱形ABCD中.AB2.BCD60.AC与BD交于点O.以BD为折痕.将ABD折起.使点A到达点A1的位置.A1C.A1OBD.OCOA1.OC2OAA1C2.OCOA1.OCBDO.OA1平面ABCD.OA1平面A1BD.平面A1BD平面ABCD.(2)设点A1到平面BCD的距离为d.OCOA1.A1C2.d2.解得d.SBCDBDOC2.三棱锥A1BCD体积VdSBCD.能力提升练(建议用时：15分钟)10如图.在四棱锥PABCD中.ABCD.且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC.APD90.且四棱锥PABCD的体积为.求该四棱锥的侧面积解(1)由BAPCDP90.得ABAP.CDPD.由于ABCD.故ABPD.又APPDP.从而AB平面PAD.又AB平面PAB.所以平面PAB平面PAD.(2)如图所示.在平面PAD内作PEAD.垂足为E.由(1)知.AB平面PAD.故ABPE.可得PE平面ABCD.设ABx.则由已知可得ADx.PEx.故四棱锥PABCD的体积VPABCDABADPEx3.由题设得x3.故x2.从而PAPDDC2.ADBC2.PBPC2.可得四棱锥P ABCD的侧面积为PAPDPAABPDDCBC2sin 6062.11如图所示.在圆锥PO中.已知PO.O的直径AB2.点C在上.且CAB30.D为AC的中点(1)求证：AC平面POD.(2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值解(1)证明：连接OC.OAOC.D是AC的中点.ACOD.PO底面O.AC底面O.ACPO.OD.PO是平面POD内的两条相交直线.AC平面POD.(2)由(1)知.AC平面POD.又AC平面PAC.平面POD平面PAC.如图所示.在平面POD中.过O作OHPD于H.则OH平面PAC.连接CH.则CH是OC在平面PAC上的射影.OCH是直线OC和平面PAC所成的角在RtODA中.ODOAsin 30.在RtPOD中.OH.在RtOHC中.sinOCH.直线OC和平面PAC所成的角的正弦值为.12(20xx辽阳二模)如图.在四棱锥PABCD中.底面ABCD为平行四边形.ACD45.CD2.PAC是边长为的等边三角形.PACD.(1)证明：平面PCD平面ABCD(2)在线段PB上是否存在一点M.使得PD平面MAC？说明理由解(1)证明：取CD的中点E.连接PE.AE.ACD45.CD2.AC.AD.ACD是等腰直角三角形.ADAC.AECD.又PACD.PAAEA.CD平面PAE.又PE平面PAE.CDPE.PE1.又AECD1.PA.PE2AE2PA2.PEAE.又AE平面ABCD.CD平面ABCD.CDAEE.PE平面ABCD.又PE平面PCD.平面PCD平面ABCD.(2)当M为PB的中点时.PD平面MAC.证明：连接BD交AC于O.连接OM.四边形ABCD是平行四边形.O是BD的中点.又M是PB的中点.OMPD.又OM平面MAC.PD平面MAC.PD平面MAC.题号内容押题依据1异面直线所成的角对异面直线所成角的考查.是近几年高考一个新的重点本题以平面图形的翻折为载体考查异面直线所成角的求法考查了考生的直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养2直线与平面平行的判定.直线与平面垂直的判定与性质.四棱锥的体积高考对立体几何解答题的考查多分2小问.第(1)问是空间平行、垂直关系的证明；第(2)问多涉及体、面积的计算本题符合高考的命题规律.考查考生的直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养【押题1】新题型如图.在边长为2的正方形ABCD中.点E.F分别为BC.AD的中点.将四边形CDFE沿EF翻折.使得平面CDFE平面ABEF.则BD_.异面直线BD与CF所成角的余弦值为_如图.连接DE交FC于O.取BE的中点G.连接OG.CG.则OGBD且OGBD.所以COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角因为正方形ABCD的边长为2.则CEBE1.CFDE.所以COCF.易得BE平面CDFE.所以BEDE.所以BD.所以OGBD.易知CE平面ABEF.所以CEBE.又GEBE.所以CG.在COG中.由余弦定理得.cosCOG.所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.【押题2】如图.在四棱锥PABCD中.底面ABCD是平行四边形.BC2AB.ABC60.PAPBAC.点M为AB的中点(1)试在棱PD上找一点N.使得AN平面PMC；(2)若PBAC.PM.求四棱锥PABCD的体积解(1)点N为PD的中点时AN平面PMC.证明：取PD的中点N.PC的中点Q.连接AN.QN.MQ.在PCD中.N.Q分别是所在边PD.PC的中点.则NQCD且NQ CD.因为点M为AB的中点.ABCD.且ABCD.所以NQAM且NQAM.所以四边形AMQN是平行四边形.所以ANMQ.又AN平面PMC.MQ平面PMC.所以AN平面PMC.(2)在ABC中.BC2AB.ABC60.设ABa.则BC2a.由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCco