2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第2讲 空间点、线、面的位置关系 练典型习题 提数学素养含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第2讲 空间点、线、面的位置关系 练典型习题 提数学素养含解析

一、选择题 ‎1．(2019·合肥市第一次质量检测)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若a⊥b，则m⊥n B．若m⊥n，则a⊥b C．若m∥n，则a∥b D．若m与n相交，则a与b相交或异面 解析：选D.对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D.‎ ‎2．(2019·长春市质量监测(一))在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为(　　)‎ A．1　　　　　　　　 B． C． D． 解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1 中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝＝.故选D.‎ ‎3．如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BCD C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE 解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.‎ ‎4．(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选B.如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.‎ ‎5.如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ 解析：选B.‎ 如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，‎ 因为D1E⊂平面ABD1，‎ 所以平面ABD1⊥平面ABC.‎ 因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ 所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，‎ 所以BC⊥平面ABD1，‎ 又BC⊂平面BCD1，‎ 所以平面BCD1⊥平面ABD1，‎ 因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，‎ 所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，‎ 所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，‎ 所以平面ACD1⊥平面BCD1.‎ 所以共有3对平面互相垂直．故选B.‎ ‎6．(多选)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．平面PB1D⊥平面ACD1‎ B．A1P∥平面ACD1‎ C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是 D．三棱锥D1APC的体积不变 解析：选ABD.对于A，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1‎ P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D，V三棱锥D1APC＝V三棱锥CAD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，故D正确．故选ABD.‎ 二、填空题 ‎7．(2019·沈阳市质量监测(一))如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)‎ ‎①BD∥平面CB1D1；‎ ‎②AC1⊥平面CB1D1；‎ ‎③异面直线AC与A1B成60°角；‎ ‎④AC1与底面ABCD所成角的正切值是.‎ 解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成角的正切值是＝＝≠，故④不正确．故正确的结论为①②③.‎ 答案：①②③‎ ‎8．(2019·武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为________．‎ 解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCDA1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCDA2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2∩A2C2＝E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得M，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1－＝.‎ 法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得A，C1，直线OC1的方程为y＝x，其斜率为，‎ 因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，‎ 所以，解得，‎ 所以点M到直线A1C1的距离为1－＝，‎ 所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为.‎ 答案： ‎9．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是________，此时AM＝________．‎ 解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A ‎1MN面积的最小值为×4×2＝4.因为AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2.‎ 答案：4　2 三、解答题 ‎10.如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，‎ 所以EF∥AB.‎ 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ BC⊂平面BCD且BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 又因为AC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥AC.‎ ‎11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．‎ 求证：(1)AF∥平面BCE；‎ ‎(2)平面BCE⊥平面CDE.‎ 证明：(1)如图，取CE的中点G，‎ 连接FG，‎ BG.‎ 因为F为CD的中点，‎ 所以GF∥DE且GF＝DE.‎ 因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，‎ 所以GF∥AB.‎ 又因为AB＝DE，所以GF＝AB.‎ 所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.‎ 因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，‎ 所以AF∥平面BCE.‎ ‎(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，‎ 所以AF⊥CD.‎ 因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，‎ 所以DE⊥AF.‎ 又CD∩DE＝D，‎ 所以AF⊥平面CDE.‎ 因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.‎ 又因为BG⊂平面BCE，‎ 所以平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．‎ ‎(1)求证：AB⊥平面ADC；‎ ‎(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为，求点B到平面ADE的距离．‎ 解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ 又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，‎ 所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD，‎ 所以DC⊥AB.‎ 又因为折叠前后均有AD⊥AB，‎ 且DC∩AD＝D，‎ 所以AB⊥平面ADC.‎ ‎(2)由(1)知DC⊥平面ABD，‎ 所以AC在平面ABD内的正投影为AD，‎ 即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．‎ 依题意知tan ∠CAD＝＝，‎ 因为AD＝1，所以DC＝.‎ 设AB＝x(x＞0)，则BD＝，‎ 易知△ABD∽△DCB，所以＝，‎ 即＝，解得x＝，‎ 故AB＝，BD＝，BC＝3.‎ 由于AB⊥平面ADC，‎ 所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝＝，‎ 同理DE＝＝，‎ 所以S△ADE＝×1× ＝.‎ 因为DC⊥平面ABD，所以VABCD＝CD·S△ABD＝.‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则d·S△ADE＝VBADE＝VABDE＝VABCD＝，‎ 所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.‎ ‎ ‎