2023届高考数学二轮复习专题十二空间位置关系的判断与证明作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题十二空间位置关系的判断与证明作业含答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题强化训练(十二)一、单项选择题1.如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在(　B　)A.直线AC上  B.直线AB上C.直线BC上  D.△ABC的内部解析:连接AC1,如图.因为∠BAC=90°,所以AC⊥AB,因为BC1⊥AC,BC1∩AB=B,所以AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC内,所以根据平面与平面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据平面与平面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.2.(2022·广东湛江二模)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,且α∩β=m,则“m⊥n”是“n⊥β”的(　B　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:α∩β=m,m⊥n,只有一条垂直直线,不能得出n⊥β,不充分,当n⊥β时,由于m⊂β,则有n⊥m,是必要的,因此是必要不充分条件.故选B.3.(2022·江苏无锡高三期末)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M是正方形ABCD的中心,则直线B1M与平面A1C1B所成角的正弦值为(　D　)A.    B.    C.    D.解析:连接B1D1,B1D,因为B1D在平面A1B1C1D1内的射影为B1D1,又B1D1⊥A1C1,所以B1D⊥A1C1,同理可证B1D⊥A1B.又A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1C1B,所以B1M与平面A1C1B所成角的正弦值等于B1M与B1D所成角的余弦值,即∠MB1D的余弦值的绝对值.设AB=1,连接BD,则B1M===,MD=,B1D=,在△MB1D中,由余弦定理,可得|cos∠MB1D|==.故选D.4.在三棱锥PABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,点D,E分别为棱BC,PC的中点,则下列结论正确的是(　D　)A.DE⊥AD  B.DE⊥PAC.DE⊥AB  D.DE⊥AC解析:如图,因为PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,所以△PAC≌△BAC,所以PC=BC.取PB的中点G,连接AG,CG,则PB⊥CG,PB⊥AG,又因为AG∩CG=G,AG⊂平面CAG,CG⊂平面CAG,所以PB⊥平面CAG,又AC⊂平面CAG,则PB⊥AC,因为点D,E分别为棱BC,PC的中点,所以DE∥PB,所以DE⊥AC.故选D.5.(2022·山师附中高二月考)如图,已知圆锥的顶点为S,AB是底面圆的直径,点C在底面圆上且∠ABC=60°,点M为劣弧的中点,过直线AC作平面α,使得直线SB∥平面α,设平面α与SM交于点N,则的值为(　B　)A.    B.    C.    D.解析:如图,连接BM交AC于点D,连接ND,则平面SBM∩平面α=ND,又SB∥平面α,所以ND∥SB,所以=.因为AB是底面圆的直径,∠ABC=60°,点M为劣弧的中点,连接MC,所以∠ABM=∠MBC=∠BAC=∠BMC=30°,所以MC=BC=AB,易得△DAB∽△DCM,所以==,则==.故选B.6.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,则下列说法中错误的是(　D　)A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则AC⊥BD,将△BAD沿直线BD翻折,当平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⊂平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,所以AB⊥OC,故A正确;当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC⊂平面OAC,所以AC⊥BD,故B正确;在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=,所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB⊥AD,取x=,当将△BAD沿直线BD翻折到AC=时,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确;若AC⊥平面ABD,又AO⊂平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D不正确.故选D.二、多项选择题7.(2022·湖北黄石市有色一中高三期末)如图,点N为边长为1的正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　BD　)A.直线BM,EN是异面直线B.BM≠ENC.直线BM与平面ECD所成角的正弦值为D.三棱锥NECD的体积为解析:对于A选项,连接BN,BE,则点N为BD的中点,所以E,N∈平面BDE,所以EN⊂平面BDE,同理可知BM⊂平面BDE,所以BM与EN不是异面直线,A错误;对于C选项,因为四边形ABCD是边长为1的正方形,所以BC⊥CD,因为平面ABCD⊥平面ECD,平面ABCD∩平面ECD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ECD,所以直线BM与平面ECD所成的角为∠BMC,因为M为DE的中点,且△CDE是边长为1的正三角形,则CM=,所以BM==,所以sin∠BMC===,C错误;对于B选项,取CD的中点O,连接ON,OE,则ON∥BC且ON=BC=,OE=,因为BC⊥平面CDE,所以ON⊥平面CDE,因为OE⊂平面CDE,所以ON⊥OE,所以EN==1,所以BM≠EN,B正确;对于D选项,因为ON⊥平面CDE,S△CDE=××12=,所以三棱锥NECD的体积为=S△CDE·ON=××=,D正确.故选BD.8.如图1,已知E为正方形ABCD的边AB的中点,将△DAE沿边DE折起到△PDE的位置,连接PC,PB,EC,设F为PC的中点,连接BF,则在翻折的过程中,下列命题正确的是(　BCD　)A.存在某一翻折位置,使得DE∥平面PBCB.在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内),都有BF∥平面PDEC.存在某一翻折位置,使得PE⊥CDD.若CD=PC=4,则三棱锥PCDE的外接球的表面积为解析:对于A选项,取DC的中点G,连接BG,由BE∥GD,BE=GD,得四边形DEBG为平行四边形,所以DE∥GB,而BG与平面PBC相交,所以DE与平面PBC相交,故A错误;对于B选项,连接FG,则FG∥PD,由DE∥GB,易证平面BFG∥平面EPD,而BF⊂平面BFG,所以BF∥平面PDE,故B正确;对于C选项,因为PE⊥PD,要使得PE⊥CD,则PE⊥平面PCD,则PE⊥PC,而EC=ED,此时,只需要PC=PD即可,故C正确;对于D选项,由PD=CD=PC=4可知,PE⊥平面PCD,PE=2,△PCD的外接圆半径r==,设三棱锥PCDE的外接球半径为R,则R2=r2+=+1=,所以三棱锥PCDE的外接球的表面积为4πR2=,故D正确.故选BCD.三、填空题9.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,当底面四边形A1B1C1D1满足条件　　　　时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种情况即可,不必考虑所有可能的情况). 解析:连接A1C1,由直四棱柱ABCDA1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1⊂平面C1D1,故CC1⊥B1D1,当A1C1⊥B1D1时,因为CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1⊂平面A1C1C,故B1D1⊥平面A1C1C,而A1C⊂平面A1C1C,故A1C⊥B1D1.故当A1C1⊥B1D1时,有A1C⊥B1D1.答案:A1C1⊥B1D1(答案不唯一)10.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,若正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,则m=　　　  　,n=　　　   　. 解析:直线CE⊂平面ABPQ,从而CE∥平面A1B1P1Q1,易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,则m=4.取CD的中点G,连接FG,EG.易证CD⊥平面EGF,又AB⊥平面BPP1B1,AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD,从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1,所以EF∥平面BPP1B1,EF∥平面AQQ1A1,则EF与正方体其余四个面所在平面均相交,则n=4.答案:4　4四、解答题11.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.(1)求证:AM∥平面BDE;(2)求证:平面BDE⊥平面BDF.证明:(1)设AC与BD交于点O,连接OE.因为四边形ACEF是矩形,O,M分别为AC,EF的中点,所以EM∥AO且EM=AO,所以四边形AMEO是平行四边形,所以AM∥OE.因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)因为平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF=AC,CE⊥AC,CE⊂平面ACEF,所以CE⊥平面ABCD, 所以CD,CB,CE两两相互垂直.以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(,0,0),E(0,0,1),F(,,1),B(0,,0),所以=(-,0,1),=(0,,1),=(-,,0).设m=(x1,y1,z1)是平面BDE的法向量,则令x1=1,得m=(1,1,).设n=(x2,y2,z2)是平面BDF的法向量,则令x2=1,得n=(1,1,-).因为m·n=1×1+1×1+×(-)=0,所以平面BDE⊥平面BDF.12.(2022·山西临汾二模)如图(1),在梯形ABCD中,AD∥BC且AD⊥CD,线段AD上有一点E,满足CD=DE=1,AE=BC=2,现将△ABE,△CDE分别沿BE,CE折起,使AD=,BD=,得到如图(2)所示的几何体.(1)求证:AB∥CD;(2)求几何体EABCD的体积.(1)证明:对于图(1),在Rt△EDC中,CD=DE=1,所以EC=,∠DEC=45°.在△BEC中,EC=,BC=2,∠ECB=∠DEC=45°,由余弦定理得BE==,所以EC2+BE2=BC2,所以BE⊥EC.同理可得,在△ABE中,AB=,且AB⊥BE.对于图(2),在△ABD中,AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.因为BD∩BE=B,BD,BE⊂平面BDE,所以AB⊥平面BDE.在Rt△EDC中,ED⊥CD,在△BDC中,BD2+CD2=BC2,则BD⊥CD,因为ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDE,所以CD⊥平面BDE,所以AB∥CD.(2)解:由(1)可知AB⊥平面BDE,CD⊥平面BDE,所以AB,CD分别为三棱锥ABDE、三棱锥CBDE的高,在△BDE中,BE2+DE2=BD2,所以BE⊥DE,则S△BDE=·BE·DE=,所以=+=·AB·S△BDE+·CD·S△BDE=(AB+CD)·S△BDE=×(+1)×=.