全國版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測十一空間位置關(guān)系的判斷與證明理含解析VIP

PAGE專題檢測（十一）空間位置關(guān)系的推斷與證明A組——“6＋3＋3”一、選擇題1．設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是()A．若a∥α，b∥α，則a∥bB．若a⊥α，a∥b，則b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，則b∥αD．若a∥α，a⊥b，則b⊥α解析：選B若a∥α，b∥α，則a與b相交、平行或異面，故A錯誤；易知B正確；若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故C錯誤；若a∥α，a⊥b，則b∥α或b?α或b與α相交，故D錯誤．故選B.2．設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是()A．若l∥α，l∥β，則α∥βB．若l∥α，l⊥β，則α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，則l∥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥β解析：選B對于A，若l∥α，l∥β，則α∥β或α與β相交，故A錯誤；易知B正確；對于C，若α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，故C錯誤；對于D，若α⊥β，l∥α，則l與β的位置關(guān)系不確定，故D錯誤．故選B.3.如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：選C因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因為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.故選C.4．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出四個命題：①若α∩β＝m，n?α，n⊥m，則α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，則α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β.其中正確的命題是()A．①② B．②③C．①④ D．②④解析：選B兩個平面斜交時也會出現(xiàn)一個平面內(nèi)的直線垂直于兩個平面的交線的狀況，①不正確；垂直于同一條直線的兩個平面平行，②正確；當(dāng)兩個平面與兩條相互垂直的直線分別垂直時，它們所成的二面角為直二面角，故③正確；當(dāng)兩個平面相交時，分別與兩個平面平行的直線也平行，故④不正確．故選B.5．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)解析：選C如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.6.如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，將△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置為D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面體D1ABC的四個面中，有n對平面相互垂直，則n等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：選B如圖，設(shè)D1在平面ABC上的射影為E，連接D1E，則D1E⊥平面ABC，因為D1E?平面ABD1，所以平面ABD1⊥平面ABC.因為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，因為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對平面相互垂直．故選B.二、填空題7．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________．解析：如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝eq\f(1,3)，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝eq\f(2,3)，故NT＝2－eq\f(1,3)－eq\f(2,3)＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝eq\f(1,3)，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8.如圖，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于點E，AF⊥DC交DC于點F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D-AEF體積的最大值為________．解析：因為DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥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為三棱錐D-AEF的高．因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝eq\r(2)，設(shè)AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝eq\f(1,2)ab≤eq\f(1,2)·eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,2)＝eq\f(1,2)，所以三棱錐D-AEF的體積V≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時等號成立)．答案：eq\f(\r(2),6)9．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.過點A1作平面α與AB，AD分別交于M，N兩點，若AA1與平面α所成的角為45°，則截面A1MN解析：如圖，過點A作AE⊥MN，連接A1E，因為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為AA1與平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因為AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq\r(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≥2eq\r(ME·EN)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ME＝EN，即E為MN的中點時等號成立，所以截面A1MN面積的最小值為eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝4eq\r(2).答案：4eq\r(2)三、解答題10．(2024·全國卷Ⅲ)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積．解：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.11.如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點．求證：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.證明：(1)如圖，取CE的中點G，連接FG，BG.因為F為CD的中點，所以GF∥DE且GF＝eq\f(1,2)DE.因為AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，所以GF∥AB.又因為AB＝eq\f(1,2)DE，所以GF＝AB.所以四邊形GFAB為平行四邊形，則AF∥BG.因為AF?平面BCE，BG?平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因為△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點，所以AF⊥CD.因為DE⊥平面ACD，AF?平面ACD，所以DE⊥AF.又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面CDE.因為BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.又因為BG?平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.12．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體．(1)求證：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為eq\r(6)，求點B到平面ADE的距離．解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又DC⊥BD，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB.又因為折疊前后均有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內(nèi)的正投影為AD，即∠CAD為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成的角．依題意知tan∠CAD＝eq\f(DC,AD)＝eq\r(6)，因為AD＝1，所以DC＝eq\r(6).設(shè)AB＝x(x＞0)，則BD＝eq\r(x2＋1)，易知△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(DC,BD)，即eq\f(x,1)＝eq\f(\r(6),\r(x2＋1))，解得x＝eq\r(2)，故AB＝eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，BC＝3.由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，又E為BC的中點，所以由平面幾何學(xué)問得AE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，同理DE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，∴S△ADE＝eq\f(1,2)×1×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，∵DC⊥平面ABD∴VA-BCD＝eq\f(1,3)CD·S△ABD＝eq\f(\r(3),3)，設(shè)點B到平面ADE的距離為d，則eq\f(1,3)d·S△ADE＝VB-ADE＝VA-BDE＝eq\f(1,2)VA-BCD＝eq\f(\r(3),6)，∴d＝eq\f(\r(6),2)，即點B到平面ADE的距離為eq\f(\r(6),2).B組——大題專攻強化練1．如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，側(cè)面BCC1B1是矩形，AB＝A1B，N是B1C的中點，M是棱AA1上的點，且AA1⊥(1)證明：MN∥平面ABC；(2)若AB⊥A1B，求二面角A-CM-N的余弦值．解：(1)證明：如圖1，在三棱柱ABC-A1B1C1中，連接BM因為BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1.因為AA1∥BB1，所以AA1⊥BC.又AA1⊥MC，BC∩MC＝C，所以AA1⊥平面BCM，所以AA1⊥MB，又AB＝A1B，所以M是AA1的中點．取BC的中點P，連接NP，AP，因為N是B1C的中點，所以NP∥BB1，且NP＝eq\f(1,2)BB1，所以NP∥MA，且NP＝MA，所以四邊形AMNP是平行四邊形，所以MN∥AP.又MN?平面ABC，AP?平面ABC，所以MN∥平面ABC.(2)因為AB⊥A1B，所以△ABA1是等腰直角三角形，設(shè)AB＝eq\r(2)a，則AA1＝2a，BM＝AM＝a.又在Rt△ACM中，AC＝eq\r(2)a，所以MC＝a.在△BCM中，CM2＋BM2＝2a2＝BC2，所以MC⊥BM所以MA1，MB，MC兩兩垂直，如圖2，以M為坐標(biāo)原點，eq\o(MA1,\s\up7(→))，eq\o(MB,\s\up7(→))，eq\o(MC,\s\up7(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則M(0，0，0)，C(0，0，a)，B1(2a，a，0)所以eq\o(MC,\s\up7(→))＝(0，0，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(a,2)))，則eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(a,2))).設(shè)平面CMN的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(MC,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(MN,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(az＝0，,ax＋\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0，))得z＝0，取x＝1得y＝－2.故平面CMN的一個法向量為n1＝(1，－2，0)．因為平面ACM的一個法向量為n2＝(0，1，0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(2\r(5),5).因為二面角A-CM-N為鈍角，所以二面角A-CM-N的余弦值為－eq\f(2\r(5),5).2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．解：(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.3．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點，將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1-BCDE的體積為36eq\r(2)，求a的值．解：(1)證明：在圖1中，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC.即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面