（通用版）2019版高考数学二轮复习专题检测（十二）空间位置关系的判断与证明理（普通生，含解析）.doc

《（通用版）2019版高考数学二轮复习专题检测（十二）空间位置关系的判断与证明理（普通生，含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习专题检测（十二）空间位置关系的判断与证明理（普通生，含解析）.doc（5页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1专题检测（十二） 空间位置关系的判断与证明一、选择题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解析：选 B 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2关于直线 a， b 及平面 ， ，下列命题中正确的是( )A若 a ， b，则 a bB若 ， m ，则 m C若 a ， a ，则

2、 D若 a ， b a，则 b 解析：选 C A 是错误的，因为 a 不一定在平面 内，所以 a， b 有可能是异面直线；B 是错误的，若 ， m ，则 m 与 可能平行，可能相交，也可能线在面内，故 B错误；C 是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到 C 正确；D 是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直3已知空间两条不同的直线 m， n 和两个不同的平面 ， ，则下列命题中正确的是( )A若 m ， n ， ，则 m nB若 m ， n ， ，则 m nC若 m ， n ， ，则 m nD若 m ， n ， ，则 m n解析：选 D 若 m ， n ， ，则 m 与

3、n 平行或异面，即 A 错误；若m ， n ， ，则 m 与 n 相交或平行或异面，即 B 错误；若m ， n ， ，则 m 与 n 相交、平行或异面，即 C 错误，故选 D.4.如图，在三棱锥 PABC 中，不能证明 AP BC 的条件是( )A AP PB， AP PCB AP PB， BC PBC平面 BPC平面 APC， BC PCD AP平面 PBC解析：选 B A 中，因为 AP PB， AP PC， PB PC P，所以 AP平面 PBC.又 BC平面 PBC，所以 AP BC，故 A 正确；C 中，因为平面 BPC平面 APC，平面 BPC平面APC PC， BC PC，所以

4、BC平面 APC.又 AP平面 APC，所以 AP BC，故 C 正确；D 中，2由 A 知 D 正确；B 中条件不能判断出 AP BC，故选 B.5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： BD AC； BAC 是等边三角形；三棱锥 DABC 是正三棱锥；平面 ADC平面 ABC.其中正确的结论是( )A BC D解析：选 B 由题意知， BD平面 ADC，故 BD AC，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

5、是等边三角形，正确；易知 DA DB DC，结合知正确；由知不正确故选 B.6(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 32解析：选 A 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，平面 AB1D1与棱 A1A， A1B1， A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A， A1B1， A1D1平行，故正方体 ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面 AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱AB， BB1， B1C1， C1D1， D1D， DA 的中点 E

6、， F， G， H， M， N，则正六边形 EFGHMN 所在平面与平面 AB1D1平行且面积最大，此截面面积为 S 正六边形 EFGHMN6 sin 60 .12 22 22 334故选 A.二、填空题7(2018天津六校联考)设 a， b 为不重合的两条直线， ， 为不重合的两个平面，给出下列命题：若 a 且 b ，则 a b；若 a 且 a ，则 ；3若 ，则一定存在平面 ，使得 ， ；若 ，则一定存在直线 l，使得 l ， l .其中真命题的序号是_解析：中 a 与 b 也可能相交或异面，故不正确垂直于同一直线的两平面平行，正确中存在 ，使得 与 ， 都垂直，正确中只需直线 l 且 l

7、 就可以，正确答案：8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： OM平面 PCD； OM平面 PBC； OM平面 PDA； OM平面 PBA.其中正确的个数是_解析：由已知可得 OM PD， OM平面 PCD 且 OM平面 PAD.故正确的只有.答案：9.如图， ACB90 ， DA平面 ABC， AE DB 交 DB 于 E， AF DC 交DC 于 F，且 AD AB2，则三棱锥 DAEF 体积的最大值为_解析：因为 DA平面 ABC，所以 DA BC，又 BC AC， DA AC A，所以 BC平面 ADC，所以 BC

8、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 为三棱锥 DAEF 的高因为 AE 为等腰直角三角形 ABD 斜边上的高，所以 AE ，设2AF a， FE b，则 AEF 的面积 S ab (当且仅当 a b1 时等号成12 12 a2 b22 12 22 12立)，所以( VDAEF)max .13 12 2 26答案：26三、解答题10.(2018长春质检)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面ABCD 为菱形， PA平面 ABCD， E 为 PD 的中点(1)证明： PB

9、平面 ACE；(2)设 PA1， AD ， PC PD，求三棱锥 PACE 的体积3解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 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)由题意得 AC AD，4所以 VPACE VPACD VPABCD12 14 SABCDPA14 13 2 ( )21 .14 13 34 3 3811.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AB AC AA13， BC2， D 是 BC 的中点， F 是 CC1上一点(1)当 CF2 时，证明： B1F平面 ADF；(

10、2)若 FD B1D，求三棱锥 B1ADF 的体积解：(1)证明：因为 AB AC， D 是 BC 的中点，所以 AD BC.在直三棱柱 ABCA1B1C1中，因为 BB1底面 ABC， AD底面 ABC，所以 AD B1B.因为 BC B1B B，所以 AD平面 B1BCC1.因为 B1F平面 B1BCC1，所以 AD B1F.在矩形 B1BCC1中，因为 C1F CD1， B1C1 CF2，所以 Rt DCFRt FC1B1，所以 CFD C1B1F，所以 B1FD90 ，所以 B1F FD.因为 AD FD D，所以 B1F平面 ADF.(2)由(1)知 AD平面 B1DF， CD1，

11、AD2 ，2在 Rt B1BD 中， BD CD1， BB13，所以 B1D .BD2 BB21 10因为 FD B1D，所以 Rt CDFRt BB1D，所以 ，即 DF ，DFB1D CDBB1 13 10 103所以 VB1ADF VAB1DF S B1DFAD 2 .13 13 12 103 10 2 102912(2018石家庄摸底)如图，在多面体 ABCDPE 中，四边形ABCD 和 CDPE 都是直角梯形， AB DC， PE DC， AD DC， PD平面ABCD， AB PD DA2 PE， CD3 PE， F 是 CE 的中点(1)求证： BF平面 ADP；(2)已知 O

12、是 BD 的中点，求证： BD平面 AOF.5证明：(1)取 PD 的中点为 G，连接 FG， AG， F 是 CE 的中点， FG 是梯形 CDPE 的中位线， CD3 PE， FG2 PE， FG CD， CD AB， AB2 PE， AB FG， AB FG，即四边形 ABFG 是平行四边形， BF AG，又 BF平面 ADP， AG平面 ADP， BF平面 ADP.(2)延长 AO 交 CD 于 M，连接 BM， FM， BA AD， CD DA， AB AD， O 为 BD 的中点，四边形 ABMD 是正方形，则 BD AM， MD2 PE. MD 綊 FG.四边形 DMFG 为平行四边形 FM PD， PD平面 ABCD， FM平面 ABCD， FM BD， AM FM M， BD平面 AMF，即 BD平面 AOF.