（统考版）高考数学二轮专题复习 课时作业10 空间位置关系的判断与证明 理（含解析）-人教版高三全册数学试题

课时作业10空间位置关系的判断与证明[A·基础达标]1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．[2020·东北三校第一次联考]已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则下列命题中正确的是()A．若α⊥β，则m∥βB．若α⊥β，则m⊥βC．若m∥β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β3．在三棱柱ABC­A1B1C1中，|AB|＝eq\r(2)|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为()A．30°B．60°C．75°D．90°4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，CA．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG5．[2020·沈阳市教学质量检测]已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法中正确的是()①若a∥α，α∥β，则a∥β；②若α∥β，β∥γ，则α∥γ；③若a⊥α，b⊥α，则a∥b；④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β.A．①③B．②③C．①②③D．②③④6．若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________．7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H8．[2020·广州市调研检测]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点．若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α9.[2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝eq\r(2)，圆锥的侧面积为eq\r(3)π，求三棱锥P­ABC的体积．10．[2020·全国卷Ⅲ]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内．

[B·素养提升]1．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④2.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在如图所示的四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有()A．2个B．3个C．4个D．5个3.[2020·西安五校联考]如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝eq\f(1,2)AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．4．[2020·福州市质量检测]已知四边形ABCD为正方形，GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，点H为BF的中点，有下述四个结论：①DE⊥BF；②EF与CH所成角为60°；③EC⊥平面DBF；④BF与平面ACFE所成角为45°.其中所有正确结论的编号是________．5.如图，在四面体ABCD中，BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°.(1)证明：BD⊥AC；(2)若∠ABD＝60°，BA＝2，四面体ABCD的体积为2，证明：平面BAD⊥平面BCD.6．如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCE；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．课时作业10空间位置关系的判断与证明[A·基础达标]1．解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件，故选B.答案：B2．解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，令平面ABB1A1为平面α，平面ABCD为平面β，则α⊥β，若A1B所在直线为直线m，则m⊂α，此时直线m与平面β既不平行也不垂直，因此选项A，B均不正确；若A1B1所成直线为直线m，则m⊂α且m∥β，但此时平面α与平面答案：D3．解析：将正三棱柱ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，(图略)则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝eq\r(2)，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq\r(3)，又因为BC1＝C1D＝eq\r(6)，所以∠BC1D＝90°.故选D.答案：D4．解析：过点E，F，G的正方体的截面是平面EIQFGH，其中H，I分别为AA1，BC的中点．因为A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，所以A1B∥平面EFG，故选B.答案：B5．解析：若a∥α，α∥β，则a可能平行于β，也可能在β内，故①不正确；若α∥β，β∥γ，则由面面平行的性质知α∥γ，故②正确；若a⊥α，b⊥α，则由线面垂直的性质知a∥b，故③正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行也可能相交，故④不正确．综上所述，②③正确，故选B.答案：B6．解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PDA.故正确的只有①③.答案：①③7．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，∴点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．答案：AB8．解析：如图，连接AC，BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，取BB1的中点N，A1B1的中点E，连接MN，AN，BE，可知BE⊥AN，因为MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，结合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面BDE，取A1D1的中点F，连接DF，EF，则截面即四边形BEFD，因为DF＝EB＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，BD＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，EF＝eq\r(2)，所以截面BEFD的周长为3eq\r(2)＋2eq\r(5).答案：3eq\r(2)＋2eq\r(5)9．解析：(1)由题设可知，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°.从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3).从而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱锥P­ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8).10．解析：(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为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)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为D1E＝eq\f(2,3)DD1，AG＝eq\f(2,3)AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.因为B1F＝eq\f(1,3)BB1，A1G＝eq\f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF[B·素养提升]1．解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.答案：B2．解析：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，所以BC⊥平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑．因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，又PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑．同理可得，四面体PABD和FABD都是鳖臑．故选C.答案：C3．解析：∵四边形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，∴CB⊥AG，CB⊥BG.又AF＝a，AD＝2a，四边形ABEF是矩形，G是EF∴AG＝BG＝eq\r(2)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内作BH⊥GC，垂足为H，则BH⊥平面AGC，∴∠BGH是GB与平面AGC所成的角．在Rt△CBG中，BH＝eq\f(BC·BG,CG)＝eq\f(2a×\r(2)a,\r(2a2＋\r(2)a2))＝eq\f(2\r(3),3)a，∴sin∠BGH＝eq\f(BH,BG)＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)4．解析：连接AG，由BF∥AG，DE⊥AG，得DE⊥BF，故①正确；由CH∥DE，DE与EF所成角为60°，得到EF与CH所成角为60°，故②正确；由EC⊥DB，EC⊥DF，DB∩DF＝D，得EC⊥平面DBF，故③正确；过B作BM⊥AC，垂足为M，连接MF，则∠MFB为BF与平面ACFE所成的角，因为∠MFB＝30°，所以BF与平面ACFE所成角为30°，故④错．综上，所有正确结论的编号是①②③.答案：①②③5．解析：解法一：(1)证明：如图，作Rt△ABD斜边BD上的高AE，连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°，∴BD＝4，AE＝eq\r(3)，CE＝eq\r(3)，△AEC的面积S△AEC＝eq\f(1,2)·AE·CE·sin∠AEC＝eq\f(3,2)sin∠AEC.又BD⊥平面AEC，四面体ABCD的体积为2，∴eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×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)证明：∵BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴Rt△ABD≌Rt△BCD.∴AD＝CD，AB＝CB.取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC，又BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴BD⊥AC.(2)在Rt△BCD中，BC＝2，∠CBD＝60°，∴△BCD面积为2eq\r(3).设点A到平面BCD的距离为h，则VA­BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×h＝2，∴h＝eq\r(3).在平面ABD内过A作AF⊥BD，垂足为F，∵BA＝2，∠ABD＝60°，∴AF＝eq\r(3)＝h.由点到平面距离定义知AF⊥平面BCD，∵AF⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD.6．解析：(1)证明：折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)证明：因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以