新高考適用2023版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第2篇經(jīng)典專題突破核心素養(yǎng)提升專題3立體幾何第2講空間點線面的位置關(guān)系

第二篇專題三第2講一、選擇題1．如圖所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C?l，則平面ABC與平面β的交線是(C)A．直線AC B．直線ABC．直線CD D．直線BC【解析】由題意知，D∈l，l?β，∴D∈β.又D∈AB，∴D∈平面ABC，∴點D在平面ABC與平面β的交線上．又C∈平面ABC，C∈β，∴點C在平面β與平面ABC的交線上，∴平面ABC∩平面β＝直線CD.2．已知α，β，γ表示不同的平面，m，n是不同的兩條直線，則下列命題中正確的是(D)A．α⊥β，m?α，n?β?m⊥nB．α⊥β，β⊥γ?α∥γC．α∥β，m?α，n?β?m∥nD．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m?m⊥γ【解析】若α⊥β，m?α，n?β，則m與n平行或相交或異面，故A錯誤；若α⊥β，β⊥γ，則a與γ平行或相交，故B錯誤；若α∥β，m?α，n?β.則m與n平行或異面，故C錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，則m⊥γ(垂直于同一平面的兩個平面的交線垂直于這個平面)，故D正確，故選D.3．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是線段CD1上的動點，則(D)A．AP⊥平面A1BD B．AP⊥平面BB1D1C．AP∥平面BC1D D．AP∥平面A1BC1【解析】在正方體ABCD－A1B1C1D1中，由AA1與CC1平行且相等得平行四邊形ACC1A1，得A1C1∥AC，AC?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，得AC∥平面A1BC1，同理AD1∥平面A1BC1，而AD1，AC是平面AD1C內(nèi)兩條相交直線，因此有平面AD1C∥平面A1BC1，AP?平面AD1C，所以AP∥平面A1BC1，故選D.4．點E，F(xiàn)分別是三棱錐P－ABC的棱AP，BC的中點，AB＝6，PC＝8，EF＝5，則異面直線AB與PC所成的角為(A)A．90° B．45°C．30° D．60°【解析】如圖，取PB的中點G，連接EG，F(xiàn)G，則EG＝eq\f(1,2)AB，GF＝eq\f(1,2)PC，EG∥AB，GF∥PC，則∠EGF(或其補角)即為AB與PC所成的角，在△EFG中，EG＝eq\f(1,2)AB＝3，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)PC＝4，EF＝5，EG2＋FG2＝EF2，所以∠EGF＝90°.5．(2021·江西吉安一模)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為(B)A．eq\r(2) B．eq\f(9,8)C．eq\r(3) D．eq\f(\r(6),2)【解析】如圖，分別取C1D1，B1C1的中點P，Q，連接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四邊形ANPD為平行四邊形，所以AN∥DP.又BD和DP為平面DBQP內(nèi)的兩條相交直線，AN，MN為平面AMN內(nèi)的兩條相交直線，所以平面DBQP∥平面AMN，四邊形DBQP的面積即所求．因為PQ∥DB，所以四邊形DBQP為梯形，PQ＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(2),2)，梯形的高h(yuǎn)＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),4)，所以四邊形DBQP的面積為eq\f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq\f(9,8).6．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為16eq\r(2)，點P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距離分別為2，2eq\r(3)，則直線CP與平面BDD1B1所成角的正切值為(A)A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)【解析】易知AB＝2eq\r(2)，連接C1P，在Rt△CC1P中，可計算C1P＝eq\r(CP2－CCeq\o\al(2,1))＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中點，連接AC與BD交于點O，易證AC⊥平面BDD1B1，直線CP在平面BDD1B1內(nèi)的射影是OP，所以∠CPO就是直線CP與平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝eq\f(CO,PO)＝eq\f(\r(2),2).7．(2022·濟南模擬)如圖，棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點(不含端點)，則下列結(jié)論正確的個數(shù)是(C)①平面D1A1P⊥平面A1AP；②∠APD1的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；③三棱錐B1－D1PC的體積為定值；④DC1⊥D1P.A．1 B．2C．3 D．4【解析】對于①，∵D1A1⊥平面AA1P，D1A1?平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故①正確；對于②，若P是A1B上靠近A1的一個四等分點，D1P2＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,8)，此時AP2＝AAeq\o\al(2,1)＋A1P2－2AA1×A1P×cos45°＝eq\f(5,8)，D1P2＋AP2<ADeq\o\al(2,1)，此時∠D1PA是鈍角，故②錯誤；對于③，∵BP∥CD1，∴BP∥平面B1D1C，∴P－B1D1C的底面是確定的，高也是定值，∴三棱錐B1－D1PC的體積為定值，故③正確；對于④，∵D1C⊥DC1，DC1∥A1B，∴DC1⊥A1B，又DC1⊥A1D1，A1B∩A1D1＝A1，∴DC1⊥平面A1PD1，D1C⊥平面A1PD1，D1P?平面A1PD1，∴DC1⊥D1P，故④正確．故選C.8．如圖，矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列命題不正確的是(C)A．MB是定值B．點M在圓上運動C．一定存在某個位置，使DE⊥A1CD．一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE【解析】取DC的中點N，連接MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB?平面MNB，∴MB∥平面A1DE，D正確；∠A1DE＝∠MNB，MN＝eq\f(1,2)A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根據(jù)余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，∴MB是定值，A正確；∵B是定點，∴M在以B為圓心，MB為半徑的圓上，B正確；當(dāng)矩形ABCD滿足AC⊥DE時存在，其他情況不存在，C不正確．∴A、B、D正確．故選C.二、填空題9．如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C與平面A1DC1的位置關(guān)系是__平行__．【解析】易證A1C1，A1D都與平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.10．在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點，若平面BC1D∥平面AB1D1，則eq\f(AD,DC)＝__1__．【解析】如圖所示，連接A1B，與AB1交于點O，連接OD1，∵平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1∥D1O，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，同理AD1∥DC1，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，∴eq\f(A1O,OB)＝eq\f(DC,AD)，又∵eq\f(A1O,OB)＝1，∴eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.11．(2020·全國Ⅱ改編)設(shè)有下列四個命題：①兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi)；②過空間中任意三點有且僅有一個平面；③若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行；④若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則上述命題中所有真命題的序號是__①④__．【解析】①是真命題，兩兩相交且不過同一點的三條直線必定有三個交點，且這三個交點不在同一條直線上，由平面的基本性質(zhì)“經(jīng)過不在同一直線上的三個點，有且只有一個平面”，可知①為真命題；②是假命題，因為空間三點在一條直線上時，有無數(shù)個平面過這三個點；③是假命題，因為空間兩條直線不相交時，它們可能平行，也可能異面；④是真命題，因為一條直線垂直于一個平面，那么它垂直于平面內(nèi)的所有直線．從而①④為真命題．12．如圖，已知棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別是線段AB，AD，AA1的中點，又P，Q分別在線段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1).設(shè)平面MEF∩平面MPQ＝l，現(xiàn)有下列結(jié)論：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直線l與平面BCC1B1不垂直；④當(dāng)x變化時，l不是定直線．其中成立的結(jié)論是__①②③__．(寫出所有成立結(jié)論的序號)【解析】連接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易證PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l(xiāng)∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l(xiāng)⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直線l與平面BCC1B1不垂直，故③成立；當(dāng)x變化時，l是過點M且與直線EF平行的定直線，故④不成立．三、解答題13．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且PA⊥底面ABCD.(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；(2)若E為棱BC的中點，在棱PA上求一點F，使BF∥平面PDE.【解析】(1)證明：因為PA⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD；又底面ABCD為正方形