【名師伴你行】2021屆高考文科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)提能專訓(xùn)14-點、直線、平面之間的位置關(guān)系

提能專訓(xùn)(十四)點、直線、平面之間的位置關(guān)系一、選擇題1．(2022·青島一模)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若a∥b，a∥α，則b∥αB．若α⊥β，a∥α，則a⊥βC．若α⊥β，a⊥β，則a∥αD．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β答案：D解析：由線面位置關(guān)系易推斷A、B、C均不正確，故選D.2．(2022·湖南十三校聯(lián)考)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則()A．α與β相交，且交線平行于lB．α與β相交，且交線垂直于lC．α∥β，且l∥αD．α⊥β，且l⊥β答案：A解析：∵m⊥α，n⊥β，且m，n為異面直線，∴α與β肯定相交．又l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，∴l(xiāng)平行于平面α與β的交線．故A正確．3．(2022·河南六市聯(lián)考)m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是()①若m，n都平行于平面α，則m，n肯定不是相交直線；②若m，n都垂直于平面α，則m，n肯定是平行直線；③已知α，β相互垂直，m，n相互垂直，若m⊥α，則n⊥β；④m，n在平面α內(nèi)的射影相互垂直，則m，n相互垂直．A．②B．②③C．①③D．②④答案：A解析：由空間中直線與平面的位置關(guān)系的性質(zhì)可知①③④錯誤，②正確，故選A.4．(2022·福建質(zhì)檢)如圖，AB是⊙O的直徑，VA垂直于⊙O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．MN∥ABB．MN與BC所成的角為45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案：D解析：本題考查空間幾何體中的直線與平面的位置關(guān)系、異面直線所成角等基礎(chǔ)學(xué)問，意在考查考生的空間想象力量、轉(zhuǎn)化和化歸力量、運算求解力量．依題意得，BC⊥AC，∵VA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴VA⊥BC，∵AC∩VA＝A，∴BC⊥平面VAC，又BC?平面VBC，∴平面VAC⊥平面VBC.5．設(shè)α，β分別為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案：A解析：依題意，由l⊥β，l?α，可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件，故選A.6．(2022·海南瓊海模擬測試)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1A．MN與CC1垂直B．MN與AC垂直C．MN與BD平行D．MN與A1B1平行答案：D解析：分別取BC，CD的中點E，F(xiàn)，連接ME，EF，F(xiàn)N，易證MN∥EF，∴MN∥BD，∴MN⊥AC，MN⊥CC1，故A，B，C正確，選D.7．(2022·河南豫東、豫北十校測試三)在矩形ABCD中，AB＝4eq\r(3)，BC＝2eq\r(3)，且矩形ABCD的頂點都在半徑為R的球O的球面上，若四棱錐O－ABCD的體積為8，則球O的半徑R＝()A．3B.eq\r(10)C．2eq\r(3)D．4答案：D解析：利用矩形求出截面圓的半徑，再利用四棱錐的體積求出球心到截面圓的距離，依據(jù)勾股定理求球的半徑．由于矩形ABCD的對角線長為eq\r(4\r(3)2＋2\r(3)2)＝2eq\r(15)，所以該矩形所在的截面圓的半徑為r＝eq\r(15).又設(shè)球心O到截面圓的距離為h，則四棱錐O－ABCD的體積為eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2eq\r(3)h＝8，解得h＝1，所以球O的半徑R＝eq\r(r2＋h2)＝4.8．(2022·大連模擬)在三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝2.△ABC是邊長為1的正三角形，則其外接球的表面積為()A.eq\f(32\r(3)π,27)B.eq\f(16π,3)C.eq\f(16π,9)D.eq\f(8\r(3)π,3)答案：B解析：設(shè)△ABC的中心為M，過M作OM∥SA，且O，S在平面ABC的同側(cè)，OM＝1，易證O為三棱錐S－ABC外接球的球心，所以S－ABC外接球的半徑r＝OA＝eq\r(OM2＋MA2)，又由于△ABC的邊長為1，所以MA＝eq\f(\r(3),3)，所以r＝eq\f(2\r(3),3)，故外接球的表面積為S＝4πr2＝eq\f(16π,3).9．(2022·山東濟南期末考試)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列命題：①若α⊥β，m∥α，則m⊥β；②若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則α⊥β；③若m⊥β，m∥α，則α⊥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β.其中正確命題的序號是()A．①④B．②③C．②④D．①③答案：B解析：當(dāng)α⊥β，m∥α?xí)r，有m⊥β，m∥β，m?β等多種可能狀況，所以①不正確；當(dāng)m⊥α，n⊥β，且m⊥n時，由平面垂直的判定定理知α⊥β，所以②正確；由于m⊥β，m∥α，所以α⊥β，③正確；若m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β或α，β相交，④不正確．故選B.10．(2022·南昌模擬)在三棱錐C－ABD中(如圖)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O為斜邊BD的中點，AB＝4，二面角A－BD－C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos∠ADC＝eq\f(\r(3),4)；⑤四周體ABCD的外接球的表面積為32π.其中真命題是()A．②③④B．①③④C．①④⑤D．①③⑤答案：D解析：由題意知BC＝CD＝AD＝AB，且BC⊥CD，BA⊥AD.由于O是斜邊BD的中點，所以O(shè)C⊥BD，OA⊥BD，且OC＝OA＝eq\f(1,2)BD，所以∠AOC是二面角A－BD－C的平面角，所以∠AOC＝60°，所以△AOC是正三角形，即③正確．而OC∩OA＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，即①正確．若AD⊥CO，則由CO⊥BD可得CO⊥平面ABD，所以CO⊥OA，這與∠AOC＝60°沖突，所以②不正確．由于AB＝CD＝AD＝4，AC＝2eq\r(2)，所以cos∠ADC＝eq\f(42＋42－2\r(2)2,2×4×4)＝eq\f(3,4)，所以④不正確．由于OB＝OC＝OA＝OD，所以O(shè)是四周體ABCD的外接球的球心，外接球的表面積為4π×(2eq\r(2))2＝32π，即⑤正確．綜上所述，真命題是①③⑤.11．(2022·北京西城期末)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3)，動點P在對角線BD1上，過點P作垂直于BD1的平面α，記這樣得到的截面多邊形(含三角形)的周長為y，設(shè)BP＝x，則當(dāng)x∈[1,5]時，函數(shù)y＝f(x)的值域為()A．[2eq\r(6)，6eq\r(6)] B．[2eq\r(6)，18]C．[3eq\r(6)，18] D．[3eq\r(6)，6eq\r(6)]答案：D解析：當(dāng)P點從B點向D1運動時，截面的周長y越來越大，當(dāng)截面經(jīng)過平面AB1C時，周長最大，當(dāng)P點連續(xù)移動時，在截面AB1C到截面A1DC1之間，截面周長不變，當(dāng)P點連續(xù)移動時，截面周長越來越小，所以截面周長的最大值就是△AB1C的周長．由于正方體的棱長為2eq\r(3)，所以AC＝2eq\r(6)，即周長為6eq\r(6)，當(dāng)x＝1時，截面的周長最小，如圖，設(shè)△EFG的邊長為eq\f(y,3)，BF2＋BE2＝EF2＝eq\f(y2,9)，又BF＝BE，所以BE＝eq\f(\r(2)y,6)，連接EP交FG于M點，連接BM，由于P是等邊三角形EFG的中心，所以FM＝eq\f(y,6)，所以EM2＝EF2－FM2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)y,6)))2，由于EP＝eq\f(2,3)EM，所以EP＝eq\f(\r(3)y,9).又BP2＋EP2＝BE2，即12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)y,9)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)y,6)))2，解得y＝3eq\r(6)，所以值域為[3eq\r(6)，6eq\r(6)]．二、填空題12．(2022·長春調(diào)研)已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為eq\r(6)的正三角形，側(cè)棱垂直于底面，且該三棱柱的外接球的表面積為12π，則該三棱柱的體積為________．答案：3eq\r(3)解析：設(shè)外接球半徑為R，上、下底面中心設(shè)為M，N(其中上底面為△ABC)，由題意，外接球球心為MN的中點，設(shè)為O，連接OA，AM，則OA＝R，由4πR2＝12π得R＝OA＝eq\r(3)，又易得AM＝eq\r(2)，由勾股定理可知OM＝1，所以MN＝2，即棱柱的高h＝2，所以該三棱柱的體積為eq\f(\r(3),4)×(eq\r(6))2×2＝3eq\r(3).13．(2022·上海徐匯、金山、松江二模)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，則異面直線A1B與AC答案：eq\f(\r(6),6)解析：由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其補角)就是所求異面直線所成的角．在△BA1C1中，A1B＝eq\r(6)，A1C1＝1，BC1＝eq\r(5)，cos∠BA1C1＝eq\f(6＋1－5,2\r(6)×1)＝eq\f(\r(6),6).14．(2022·吉林高中畢業(yè)班復(fù)習(xí)檢測)下列命題中正確的是________．(填上你認(rèn)為正確的全部命題的序號)①空間中三個平面α，β，γ，若α⊥β，γ⊥β，則α∥γ；②若a，b，c為三條兩兩異面的直線，則存在很多條直線與a，b，c都相交；③球O與棱長為a的正四周體各面都相切，則該球的表面積為eq\f(π,6)a2；④三棱錐P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，則PC⊥AB.答案：②③④解析：①中也可以α⊥γ；②是作過a的平面與b，c都相交；③中可得球的半徑為r＝eq\f(\r(6),12)a；④中由PA⊥BC，PB⊥AC得點P在底面△ABC的投影為△ABC的垂心，故PC⊥AB.三、解答題15．(2022·河南鄭州質(zhì)檢)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB＝1，AA1＝eq\r(2)，D為AA1的中點，BD與AB1交于點O，CO⊥側(cè)面ABB1A1.(1)證明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求三棱錐C1－ABC的體積．解：(1)證明：∵AB＝1，AA1＝eq\r(2)，D為AA1的中點，∴AD＝eq\f(\r(2),2)，BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝eq\f(\r(6),2)，AB1＝eq\r(3).易知△AOD∽△B1OB.∴eq\f(AO,OB1)＝eq\f(DO,OB)＝eq\f(AD,BB1)＝eq\f(1,2)，∴OD＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(\r(6),6)，AO＝eq\f(1,3)AB1＝eq\f(\r(3),3).∴AO2＋OD2＝AD2，∴AB1⊥BD.又∵CO⊥平面ABB1A1∴CO⊥AB1.又CO∩BD＝O，∴AB1⊥平面CBD.又∵BC?平面CBD，∴BC⊥AB1.(2)∵OC＝OA＝eq\f(\r(3),3)，且A1C1∥平面ABC，∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝VC－ABA1＝eq\f(1,3)S△ABA1·OC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(6),18).16．(2022·安徽六校訓(xùn)練爭辯會聯(lián)考)等邊三角形ABC的邊長為3，點D，E分別是邊AB，AC上的點，且滿足eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)[如圖(1)]．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B為直二面角，連接A1B，A1C[如圖(2)]．(1)求證：A1D⊥平面BCED；(2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長，若不存在，請說明理由．解：(1)證明：由于等邊△ABC的邊長為3，且eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3).由于AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折疊后有A1D⊥DE，由于二面角A1－DE－B是直角二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.(2)假設(shè)在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，如圖，作PH⊥BD于點H，連接A1H，A1P，由(1)有A1D⊥平面BCED，而PH?平面BCED，所以A1D⊥PH，又A1D∩BD＝D，所以PH⊥平面A1BD，所以∠PA1H是直線PA1與平面A1BD所成的角，設(shè)PB＝x(0≤x≤3)，則BH＝eq\f(x,2)，PH＝eq\f(\r(3),2)x，在Rt△PA1H中，∠PA1H＝60°，所以A1H＝eq\f(1,2)x，在Rt△A1DH中，A1D＝1，DH＝2－eq\f(1,2)x，由A1D2＋DH2＝A1H2，得12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)x))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))2，解得x＝eq\f(5,2)，滿足0≤x≤3，符合題意，所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝eq\f(5,2).17．(2022·武漢部分學(xué)校調(diào)研)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)，AA1＝3，D是BC的中點，點E在棱BB1上運動．(1)證明：AD⊥C1E；(2)當(dāng)異面直線AC，C1E所成的角為60°時，求三棱錐C1－A1B1E的體積．解：(1)證明：∵AB＝AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC.①又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AD?平面ABC∴AD⊥BB1.②由①，②得AD⊥平面BB1C由點E在棱BB1上運動，得C1E?平面BB1C∴AD⊥C1E.(2)∵AC∥A1C1∴∠A1C1E是異面直線AC，C1E所成的角，由題設(shè)，∠A1C1∵∠B1A1C1＝∴A1C1⊥A1B1，又AA1⊥A1C從而A1C1⊥平面A1ABB1，于是A1C1⊥A1故C1E＝eq\f(A1C1,cos60°)＝2eq\r(2).又B1C1＝eq\r(A1C\o\al(2,1)＋A1B\o\al(2,1))＝2，∴B1E＝eq\r(C1E2－B1C\o\al(2,1))＝2.從而V三棱錐C1－A1B1E＝eq\f(1,3)S△A1B1E×A1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(