專題限時集訓(八)空間位置關(guān)系的判斷與證明專題通關(guān)練(建議用時：30分鐘)1若a，b是空間中兩條不相交的直線，則過直線b且平行于直線a的平面()A有且僅有一個B至少有一個C至多有一個 D有無數(shù)個Ba，b是空間中兩條不相交的直線a，b可能平行或異面若a，b平行，則過直線b且平行于直線a的平面有無數(shù)個；若a，b異面，在b上取一點O，過O作ca，則b，c確定平面，a平行于，此時過直線b且平行于直線a的平面只有一個故選B.2(2019·長沙模擬)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的側(cè)棱長為4，底面邊長為2.若點M是線段A1C的中點，則直線BM與底面ABC所成角的正切值為()A. B. C. D.C過點M作MNAC于N，連接BN(圖略)，則MBN為直線BM與底面ABC所成角，由題意可知MN2，BN3，所以tanMBN.3已知，表示兩個不同的平面，l表示既不在內(nèi)也不在內(nèi)的直線，存在以下三個條件：l；l；，若以其中兩個推出另一個構(gòu)成命題，則正確命題的個數(shù)為()A0 B1 C2 D3C由、是真命題，而由不能得到，故選C.4如圖，在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°.將ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐A­BCD，則在三棱錐A­BCD中，下列命題正確的是()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因為在四邊形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，則CDAB，又ADAB，CDADD，所以AB平面ADC，即平面ABC平面ADC，故選D.5在正方體ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線有_條無數(shù)在A1D1上任取一點P，過點P與直線EF作一個平面(如圖所示)，因CD與平面不平行，所以它們相交，設(shè)它們交于點Q，連接PQ，則PQ與EF必然相交，即PQ為所求直線由點P的任意性知，有無數(shù)條直線與三條直線A1D1，EF，CD都相交6(2019·銀川模擬)如圖，四面體ABCD中，CD4，AB2，E、F分別是AC、BD的中點，若EFAB，則EF與CD所成的角等于_30如圖，取AD的中點M，連接ME、MF，則MECD，MFAB，因為EFAB，所以EFMF，則MEF為EF與CD所成的角，又ME2，MF1，故MEF30°.7(2019·全國卷)已知ACB90°，P為平面ABC外一點，PC2，點P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為_如圖，過點P作PO平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離再過O作OEAC于E，OFBC于F，連接PC，PE，PF，則PEAC，PFBC.又PEPF，所以O(shè)EOF，所以CO為ACB的平分線，即ACO45°.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以O(shè)E1，所以PO.8一題多解(2019·全國卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_個面，其棱長為_圖1 圖2261先求面數(shù)有如下兩種方法法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有2×9826(個)面法二：一般地，對于凸多面體，頂點數(shù)(V)面數(shù)(F)棱數(shù)(E)2.(歐拉公式)由題圖知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點數(shù)為24.故由VFE2，得面數(shù)F2EV2482426.再求棱長作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長為x，則正八邊形的邊長即為棱長連接AF，過H，G分別作HMAF，GNAF，垂足分別為M，N，則AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x1，即半正多面體的棱長為1.9(2019·永州模擬)如圖，在菱形ABCD中，AB2，BCD60°，AC與BD交于點O.以BD為折痕，將ABD折起，使點A到達點A1的位置(1)若A1C，求證：平面A1BD平面ABCD；(2)若A1C2，求三棱錐A1­BCD體積解(1)證明：在菱形ABCD中，AB2，BCD60°，AC與BD交于點O.以BD為折痕，將ABD折起，使點A到達點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)設(shè)點A1到平面BCD的距離為d，OCOA1，A1C2，××d×2×，解得d，SBCD×BD×OC×2×，三棱錐A1­BCD體積V×d×SBCD××.能力提升練(建議用時：15分鐘)10如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCD，且BAPCDP90°.(1)證明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90°，且四棱錐P­ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積解(1)由BAPCDP90°，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，又APPDP，從而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PEAD，垂足為E.由(1)知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.設(shè)ABx，則由已知可得ADx，PEx.故四棱錐P­ABCD的體積VP­ABCDAB·AD·PEx3.由題設(shè)得x3，故x2.從而PAPDDC2，ADBC2，PBPC2.可得四棱錐P ­ABCD的側(cè)面積為PA·PDPA·ABPD·DCBC2sin 60°62.11如圖所示，在圓錐PO中，已知PO，O的直徑AB2，點C在上，且CAB30°，D為AC的中點(1)求證：AC平面POD.(2)求直線OC和平面PAC所成角的正弦值解(1)證明：連接OC.OAOC，D是AC的中點，ACOD.PO底面O，AC底面O，ACPO.OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，AC平面POD.(2)由(1)知，AC平面POD，又AC平面PAC，平面POD平面PAC.如圖所示，在平面POD中，過O作OHPD于H，則OH平面PAC，連接CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，OCH是直線OC和平面PAC所成的角在RtODA中，ODOA×sin 30°.在RtPOD中，OH.在RtOHC中，sinOCH.直線OC和平面PAC所成的角的正弦值為.12(2019·遼陽二模)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，ACD45°，CD2，PAC是邊長為的等邊三角形，PACD.(1)證明：平面PCD平面ABCD(2)在線段PB上是否存在一點M，使得PD平面MAC？說明理由解(1)證明：取CD的中點E，連接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)當M為PB的中點時，PD平面MAC.證明：連接BD交AC于O，連接OM，四邊形ABCD是平行四邊形，O是BD的中點，又M是PB的中點，OMPD，又OM平面MAC，PD平面MAC，PD平面MAC.題號內(nèi)容押題依據(jù)1異面直線所成的角對異面直線所成角的考查，是近幾年高考一個新的重點本題以平面圖形的翻折為載體考查異面直線所成角的求法考查了考生的直觀想象、邏輯推理和數(shù)學運算核心素養(yǎng)2直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定與性質(zhì)，四棱錐的體積高考對立體幾何解答題的考查多分2小問，第(1)問是空間平行、垂直關(guān)系的證明；第(2)問多涉及體、面積的計算本題符合高考的命題規(guī)律，考查考生的直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算核心素養(yǎng)【押題1】新題型如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點，將四邊形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE平面ABEF，則BD_，異面直線BD與CF所成角的余弦值為_如圖，連接DE交FC于O，取BE的中點G，連接OG，CG，則OGBD且OGBD，所以COG為異面直線BD與CF所成的角或其補角因為正方形ABCD的邊長為2，則CEBE1，CFDE，所以COCF.易得BE平面CDFE，所以BEDE，所以BD，所以O(shè)GBD.易知CE平面ABEF，所以CEBE，又GEBE，所以CG.在COG中，由余弦定理得，cosCOG，所以異面直線BD與CF所成角的余弦值為.【押題2】如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，BC2AB，ABC60°，PAPBAC，點M為AB的中點(1)試在棱PD上找一點N，使得AN平面PMC；(2)若PBAC，PM，求四棱錐P­ABCD的體積解(1)點N為PD的中點時AN平面PMC.證明：取PD的中點N，PC的中點Q，連接AN，QN，MQ，在PCD中，N，Q分別是所在邊PD，PC的中點，則NQCD且NQ CD.因為點M為AB的中點，ABCD，且ABCD，所以NQAM且NQAM.所以四邊形AMQN是平行四邊形，所以ANMQ.又AN平面PMC，MQ平面PMC，所以AN平面PMC.(2)在ABC中，BC2AB，ABC60°，設(shè)ABa，則BC2a，由余弦定理得AC2AB2BC22AB·BC·cos 60°3a2，則BC2AB2AC2，由勾股定理的逆定理可得，ACAB.又PBAC，PBABB，PB，AB平面PAB，所以AC平面PAB.因為PM平面PAB，所以ACPM.因為PAPB，點M為AB的中點，所以PMAB,又ACABA，因此PM平面ABCD.在RtPAM中，AMAB，PAACa，所以PM，所以a2，AB2，BC4，V四棱錐P­ABCD×AB×BC×sinABC×PM×2×4××，所以四棱錐P­ABCD的體積為.- 8 -