（全国新课标）2023年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题五立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系适考素能特训文

PAGEPAGE10专题五立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系适考素能特训文一、选择题1．[2022·银川一中一模]直线m、n和平面α，那么m∥n的必要非充分条件是()A．m、n与α成等角 B．m⊥α且n⊥αC．m∥α且n⊂α D．m∥α且n∥α答案A解析m∥n⇒m、n与α成等角，假设m、n与α成等角，m、n不一定平行，应选A.2．[2022·“江南十校〞高三联考]以下结论正确的选项是()A．假设直线l∥平面α，直线l∥平面β，那么α∥βB．假设直线l⊥平面α，直线l⊥平面β，那么α∥βC．假设两直线l1、l2与平面α所成的角相等，那么l1∥l2D．假设直线l上两个不同的点A、B到平面α的距离相等，那么l∥α答案B解析A选项，α与β可能相交；C选项，l1，l2可能相交或异面；D选项，l可能与α相交，A、B在平面α两侧；B正确，应选B.3．[2022·广东高考]假设空间中n个不同的点两两距离都相等，那么正整数n的取值()A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于5答案B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，应选B.4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，那么以下说法错误的选项是()A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行答案D解析如图，连接C1D，BD，AC，在△C1DB中，易知MN∥BD，故C正确；∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，故B正确；∵A1B1与BD异面，MN∥BD，∴MN与A1B1不可能平行，故D错误，选D.5．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点H在棱AA1上，且HA1＝1.点E，F分别为棱B1C1，C1C的中点，P是侧面BCC1B1内一动点，且满足PE⊥PF.那么当点P运动时，HP2的最小值是()A．7－eq\r(2) B．27－6eq\r(2)C．51－14eq\r(2) D．14－2eq\r(2)答案B解析如下图，以EF为直径，在平面BCC1B1内作圆，易知点P在该圆上，该圆的半径为eq\f(1,2)EF＝eq\r(2)，再过点H引BB1的垂线，垂足为G，连接GP，∴HP2＝HG2＋GP2，其中HG为4，因此当GP最小时，HP取得最小值，此时GP＝3－eq\r(2)，∴HP2＝(3－eq\r(2))2＋42＝9－6eq\r(2)＋2＋16＝27－6eq\r(2)，∴HP2的最小值为27－6eq\r(2).应选B.6.如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝eq\f(π,6)，斜边AB＝4.Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B－AO－C是eq\f(π,3).点D为斜边AB的中点，那么异面直线AO与CD所成角的大小为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)答案B解析如图，∵AO⊥OB，AO⊥OC，∴∠BOC＝eq\f(π,3)，∵AB＝4，∠OAB＝eq\f(π,6)，∴OB＝OC＝2，过点D作DE⊥OB，垂足为E，连接CE，那么DE∥AO，∴∠CDE为异面直线AO与CD所成的角，∵OE＝1，OC＝2，∠BOC＝eq\f(π,3)，∴CE＝eq\r(3)，∵点D为AB的中点，∴DE＝eq\r(3)，∴Rt△DEC是等腰直角三角形，∴∠CDE＝eq\f(π,4)，即异面直线AO与CD所成角的大小为eq\f(π,4).二、填空题7．给定以下四个命题：①假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②假设一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④假设两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是________．(写出所有真命题的序号)答案②④解析对于①，假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行或相交，所以①不正确．对于②，假设一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，这是判定定理，②正确．对于③，垂直于同一直线的两条直线可能相互平行，也可能是异面直线，③不正确．对于④，假设两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，④正确．8．[2022·江南十校联考]△ABC的三边长分别为AB＝5，BC＝4，AC＝3，M是AB边上的点，P是平面ABC外一点．给出以下四个命题：①假设PA⊥平面ABC，那么三棱锥P－ABC的四个面都是直角三角形；②假设PM⊥平面ABC，且M是AB边的中点，那么有PA＝PB＝PC；③假设PC＝5，PC⊥平面ABC，那么△PCM面积的最小值为eq\f(15,2)；④假设PC＝5，P在平面ABC上的射影是△ABC内切圆的圆心，那么点P到平面ABC的距离为eq\r(23).其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)答案①②④解析由题意知AC⊥BC，对于①，假设PA⊥平面ABC，那么PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，因此该三棱锥P－ABC的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由得M为△ABC的外心，所以MA＝MB＝MC.∵PM⊥平面ABC，那么PM⊥MA，PM⊥MB，PM⊥MC，由三角形全等可知PA＝PB＝PC，故②正确；对于③，要使△PCM的面积最小，只需CM最短，在Rt△ABC中，(CM)min＝eq\f(12,5)，∴(S△PCM)min＝eq\f(1,2)×eq\f(12,5)×5＝6，故③错误；对于④，设P点在平面ABC内的射影为O，且O为△ABC的内心，由平面几何知识得△ABC的内切圆半径r＝1，且OC＝eq\r(2)，在Rt△POC中，PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(23)，∴点P到平面ABC的距离为eq\r(23)，故④正确．9.[2022·大连高三双基测试]如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，那么三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案eq\f(\r(2),6)解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，所以BC⊥平面ADC，BC⊥AF，又AF⊥CD，所以AF⊥平面DCB，AF⊥DB，又DB⊥AE，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D－AEF的高，且AF⊥EF.AE为等腰三角形ABD斜边上的高，所以AE＝eq\r(2)，设AF＝a，FE＝b，那么底面△AEF的面积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)，所以三棱锥D－AEF的体积V≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．三、解答题10．[2022·湖南六校联考]如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝eq\f(1,2)CD＝1.现以AD为一边向梯形外作矩形ADEF，然后沿边AD将矩形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直．(1)求证：BC⊥平面BDE；(2)假设点D到平面BEC的距离为eq\f(\r(6),3)，求三棱锥F－BDE的体积．解(1)证明：在矩形ADEF中，ED⊥AD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥BC.又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，∠BDC＝45°，所以BC＝eq\r(2)，在△BCD中，BD＝BC＝eq\r(2)，CD＝2，所以BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD，所以BC⊥平面BDE.(2)由(1)得，平面DBE⊥平面BCE，作DH⊥BE于点H，那么DH⊥平面BCE，所以DH＝eq\f(\r(6),3).在△BDE中，BD·DE＝BE·DH，即eq\r(2)·DE＝eq\f(\r(6),3)(eq\r(DE2＋2))，解得DE＝1.所以VF－BDE＝VB－EFD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6).11．[2022·广州五校联考]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．(1)求证：AD⊥平面PBE；(2)假设Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；(3)假设VP－BCDE＝2VQ－ABCD，试求eq\f(CP,CQ)的值．解(1)证明：由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以AB＝BD，又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE，又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.(2)证明：连接AC，交BD于点O，连接OQ.因为O是AC的中点，Q是PC的中点，所以OQ∥PA，又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，所以PA∥平面BDQ.(3)设四棱锥P－BCDE，Q－ABCD的高分别为h1，h2.所以VP－BCDE＝eq\f(1,3)S四边形BCDEh1，VQ－ABCD＝eq\f(1,3)S四边形ABCDh2.又因为VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四边形BCDE＝eq\f(3,4)S四边形ABCD，所以eq\f(CP,CQ)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(8,3).12．[2022·郑州质检]如图，三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．解(1)证明：取A′B′的中点E，连接ME，NE.因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.又因为A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，NE⊄平面AA′C′C，ME⊄平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因为MN⊂平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.(2)连接BN，设AA′＝a，那么AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝eq\r(2)λa，NC＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因为三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′N⊥平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2，解得λ＝eq\r(2)，故当λ＝eq\r(2)时，CN⊥平面A′MN.典题例证如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．审题过程eq\a\vs4\al(切入点)利用线面垂直进行转化．eq\a\vs4\al(关注点)对于存在性问题，可以选通过特殊位置确定，再进行证明.eq\a\vs4\