新教材2023年高考数学总复习考案16周测卷十一空间几何体≌间点直线平面的位置关系课件

考案十六考案十六[周测卷(十一)空间几何体空间点、直线、平面的位置关系](本试卷满分120分，测试时间90分钟)一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2022·安徽六校教育研究会联考)下列说法正确的是()A．三点确定一个平面B．各个面都是三角形的多面体一定是三棱锥C．各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱D．一个三棱锥的四个面可以都为直角三角形D[解析]

经过共线的三点有无数个平面，故A错；正八面体各面都是正三角形，故B错；各侧面都是正方形的棱柱的底面不一定是正方形，故C错；三棱锥P－ABC中，若PA⊥平面ABC且AB⊥BC，则易知其各面都为直角三角形，D对；故选D.2．(2020·新课标Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()C3．(2023·吉林长春东北师大附中、大庆实验中学模拟)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为2π，则该球的表面积为()A．20π B．16πC．12π D．8πA[解析]

设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即2，根据截面圆的周长可得2π＝2πr，则r＝1，由题意知R2＝r2＋22，即R2＝12＋22＝5，∴该球的表面积为4πR2＝20π.故选：AC5．(2023·湖北襄阳期中联考)某正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，下列结论正确的是()A．AF∥平面BCE B．AD⊥平面BCEC．AE∥BC

D．BF⊥CEB6.(2022·宁夏石嘴山适应性测试)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的有()(1)m⊥α，m⊥n⇒n∥α或n⊂α(2)n∥m，n⊥α⇒m⊥α(3)α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n(4)m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥βA．0个

B．1个

C．2个

D．3个C[解析]

对于(1)，由m⊥α，m⊥n可得n∥α或n⊂α，故(1)正确；对于(2)，由n∥m，n⊥α可得m⊥α，故(2)正确；对于(3)，由α∥β，m⊂α，n⊂β可得m∥n或m，n异面，故(3)错误；对于(4)，由于m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，缺少m，n相交的条件，故α∥β不一定成立．故(4)错误．故四个命题中正确的有2个．故选：C.7．(2023·四川成都七中质检)如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，AB为圆锥底面圆的直径，C是弧AB的中点，D是母线SA的中点，则异面直线SC与BD所成角的余弦值为()A8．(2023·山西大同调研)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法中不正确的是()A．A1，C1，M，N四点共面B．B1N与AB共面C．AD⊥平面ABB1A1D．A1M⊥平面ABCDB[解析]

连接MN，则因为，M，N

分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC，因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，A正确；因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，C正确；连接A1B，因为∠A1AB＝60°，AB＝AD＝AA1＝1，所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB，因为AD⊥平面ABB1A1，A1M⊂平面ABB1A1，所以A1M⊥AD，因为AB∩AD＝A，所以A1M⊥平面ABCD，D正确；故选：B.二、多选题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中有多项是正确的，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分)9．(2022·江苏无锡、湖北武汉武昌区模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是()A．圆柱的侧面积为4πR2B．圆锥的侧面积为2πR2C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．球的体积是圆锥体积的两倍ACD10．(2022·山东淄博一模)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的有()A．若α∥β，m⊂α，则m∥βB．若α⊥β，m⊥α，则m∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m⊥n，m∥α，则n∥αAC[解析]

对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行．而α∥β，m⊂α，故m∥β，A正确；对于B，α⊥β，m⊥α，此时m有可能在平面β内，故不能得到m∥β，B错误；对于C，设l为α内任一直线，由m⊥α知m⊥l，又m∥n，∴n⊥l，∴n⊥α，C正确；对于D，当m∥α，m⊄α，过m上一点作直线n⊥α，此时m⊥n，不能得到n∥α，D错误．综上，AC正确．故选：AC.11．(2023·河北张家口模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是线段BD1上(不含端点)的任意一点，点E是线段A1B的中点，点F是平面ABCD内一点，则下面结论中正确的有()A．CD∥平面PBC1ABD12．(2022·辽宁抚顺模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AD1的中点，F为BD的中点，则

()A．EF∥CD1 B．EF⊥AD1C．EF∥平面BCC1B1 D．EF⊥平面AB1C1DAD三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13.(2022·山东济南二模改编)下列命题：①平行于同一条平面的两条直线平行；②垂直于同一平面的直线、平面平行；③如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线垂直于这个平面；④垂直于同一条直线的两平面平行；⑤如果一条直线和平面的一条斜线在平面内的射影垂直，那么直线也和斜线垂直．其中正确命题的序号为

.④[解析]

平行于同一条直线的两条直线平行或相交或异面．所以①错误；垂直于同一平面的直线、平面平行或直线在平面内，所以②错误；.如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线可能在这个平面内，所以③错误．④正确；理由如下：如图l⊥α于O，l⊥β于O′.过l作平面γ，γ∩α＝a，γ∩β＝a′，则l⊥a，l⊥a′.∴a∥a′，∴a∥β，同理b∥β，又a∩b＝O，∴α∥β.正方体ABCD－A1B1C1D1中BB1垂直平面AC的斜线D1B在这个平面内的射影BD，但BB1不垂直BD1.所以⑤错误．故答案为：④14.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足_____________________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)[解析]

∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.60π1[解析]

如图，分别取BE，DF中点G，H，连接PG，GF，EH，QH，折叠过程中，P始终在过GF与BE垂直的平面内(P点轨迹是以G为圆心，AG为半径的半圆)，Q点始终在过EH与DF垂直的平面内(Q点轨迹是以H为圆心，HC＝AG为半径的半圆)，当PQ⊥平面PGF时，P，Q两点间的距离最短，等于GF与EH间距离1.故答案为：1.[证明]

连接OB.∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC又∵PA＝PB＝PC，∴PO⊥AC，且△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，OB、AC⊂平面ABC∴PO⊥平面ABC.解法二：连接OB，∵PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，OB、AC⊂平面ABC.∴PO⊥平面ABC.18．(2023·陕西渭南质检)如图，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP∥DE，AB＝DE＝1，AD＝PA＝2，点F在棱PA上．(1)求证：BF∥平面CDE；(2)求直线PB与平面PCE所成角的正弦值．[解析]

(1)因为PA∥DE，PA⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以PA∥平面CDE.又四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE.又AB，PA⊂平面ABP，AB∩PA＝A，所以平面ABP∥平面CDE，又点F在棱PA上，所以BF⊂平面ABP，所以BF∥平面CDE.(2)解法一：延长AD、PE交于M，连MC并延长交AB的延长线于N，连PN.由题意易知D、C、B分别为AM、MN、AN的中点，∵PA⊥平面ABCD∴PA⊥AM，又PA＝2，AD＝2，解法二：分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，19.(2023·安徽黄山质检)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，且AD⊥BC，四边形ABB1A1为正方形．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)若∠BAC＝60°，BC＝4，求点A1到平面AB1D的距离．[解析]

(1)连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由已知得，四边形ABB1A1为正方形，E为A1B的中点，∵D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)解法一：取B1C1的中点H，连A1H，HD，由题意易知DH綉CC1綉AA1，∴A1HDA为平行四边形，∴A1H∥AD，又AD⊂平面ADB1，A1H⊄平面AB1D，∴A1H∥平面AB1D，∴A1到平面AB1D的距离等于H到平面AB1D的距离，∵BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD，又AD⊥BC，∴AD⊥平面B1BC.又AD⊂平面AB1D，∴平面B1BCC1⊥平面AB1D，作HQ⊥B1D于Q，则HQ⊥平面AB1D.∵D为BC中点，AD⊥BC，∴AB＝AC.又BC＝4，∠BAC＝60°，∴△