适用于老高考旧教材2023届高考数学二轮总复习理考点突破练7空间点直线平面的位置关系含解析

Page9考点突破练7空间点、直线、平面的位置关系一、选择题1.(2022·黑龙江齐齐哈尔一中一模)已知两条直线a,b和平面α,若b⊂α,则“a∥b”是“a∥α”的()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2.(2022·四川绵阳三模)已知α,β是两个不同的平面,m是一条直线,若α∥β,则“m⊥α”是“m⊥β”的()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3.(2022·湖南师大附中一模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C与平面AB1D1的交点为M,点O为线段B1D1的中点,则下列结论错误的是()A.A,M,O三点共线B.M,O,A1,A四点共面C.B,B1,O,M四点共面D.A,O,C,M四点共面4.(2022·甘肃兰州模拟)已知l,m,n为空间中的三条直线,α为平面.现有以下三个命题:①若l,m,n两两相交,则l,m,n共面;②若n⊂α,l∥α,则l∥n;③若n⊂α,l⊥α,则l⊥n.其中的真命题是()A.①②③ B.①③ C.①② D.③5.(2022·北京丰台二模)已知两条不同的直线l,m与两个不同的平面α,β,则下列结论中正确的是()A.若l∥α,l⊥m,则m⊥αB.若l⊥α,l∥β,则α⊥βC.若m⊥α,l⊥m,则l∥αD.若α⊥β,l⊥α,则l∥β6.(2022·福建福州三模)在底面半径为1的圆柱OO1中,过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD,其中母线AB=2,E是BC的中点,F是AB的中点,则()A.AE=CF,AC与EF是共面直线B.AE≠CF,AC与EF是共面直线C.AE=CF,AC与EF是异面直线D.AE≠CF,AC与EF是异面直线7.(2022·江西赣州二模)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AB的中点,点F为BC的中点,则过点A与B1E,C1F都平行的平面α被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面面积为()A.72 B.534 C.38.(2022·河南开封模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,CC1的中点,有下列三个判断:①直线B1M与BN是异面直线;②AD⊥平面CDD1C1;③BN∥平面ADM.则上述判断正确的个数是()A.0 B.1 C.2 D.39.(2022·黑龙江齐齐哈尔三模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=120°,AC=BC=12AA1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是(A.147 B.357 C.3710.(2022·河北张家口三模)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=(A.13 B.12 C.2-11.(2022·贵州毕节三模)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,点O为对角线AC,BD的交点,若平面EOF∩平面ABCD=l,l∩AB=G,且AG=kGB,则实数k=()A.14 B.13 C.1212.(2022·四川内江三模)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示,则()A.三棱锥A-BCD的体积为3B.AC⊥BDC.平面ABC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面ACD二、填空题13.(2022·陕西榆林模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点M是棱AB的中点,点P是底面ABCD内的动点,且点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长度,则线段B1P长度的最小值为.

14.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形.请在下面给出的4个条件中选出2个作为一组,使得它们能成为“在BC边上存在点Q,使得△PQD为钝角三角形”的充分条件.

①PA=2,②BC=3,③AB=2,④AB=1.(写出符合题意的一组即可)15.(2022·黑龙江大庆三模)已知四面体ABCD的所有棱长均为2,M,N分别为棱AD,BC的中点,F为棱AB上异于点A,B的动点,有下列结论:①线段MN的长度为1;②存在点F,满足CD⊥平面FMN;③四面体ABCD的外接球表面积为3π;④△MFN周长的最小值为2+1.其中所有正确结论的编号为.

16.(2022·浙江义乌中学模拟预测)香囊,又名香袋、花囊,是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品,香囊形状多样,如图1所示的六面体就是其中一种,已知该六面体的所有棱长均为2,其平面展开图如图2所示.则图2中的两线段AD与BC,在图1的六面体中实际所成的角为,若该六面体的正视图由一菱形与其两条对角线组成(如图3所示),则这个菱形的面积为.

图1图2图3

考点突破练7空间点、直线、平面的位置关系1.D解析:因为b⊂α,若a∥b,则a∥α或a⊂α,则a∥ba∥α;若a∥α,且b⊂α,则a与b平行或异面,即a∥ba∥α.所以,“a∥b”是“a∥α”的既不充分也不必要条件.2.C解析:由α∥β,若m⊥α,则m⊥β,同理,若m⊥β,也有m⊥α.所以“m⊥α”是“m⊥β”的充要条件.故选C.3.C解析:因为AA1∥CC1,所以A,A1,C1,C四点共面.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1,又M∈平面AB1D1,所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理,点O,A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线,从而M,O,A1,A四点共面,A,O,C,M四点共面.由长方体性质知,OM,BB1是异面直线,即B,B1,O,M四点不共面.故选C.4.D解析:对于①,当直线l,m,n两两垂直且相交于一点时,l,m,n不共面;对于②,若n⊂α,l∥α,则l与n平行或异面;对于③,由线面垂直的性质可知,③正确.故选D.5.B解析:由两条不同的直线l,m与两个不同的平面α,β,知:对于A,若l∥α,l⊥m,则m与α平行或m⊂α或m与α相交或m⊥α,故A错误;对于B,若l⊥α,l∥β,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正确;对于C,若m⊥α,l⊥m,则l∥α或l⊂α,故C错误;对于D,若α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,故D错误.故选B.6.D解析:由题意,圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形,因为E是BC的中点,F是AB的中点,所以AC⊂平面ABCD,EF与平面ABCD相交,且与AC无交点,所以AC与EF是异面直线.又CF=12+22所以AE≠CF.故选D.7.D解析:取A1B1的中点G,A1D1的中点H,则△AGH就是平面α被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面,其中AG=AH=5,GH=2,GH边上的高为(5)2-222=38.C解析:B1M与平面BCC1B1相交于点B1,BN⊂平面BCC1B1,B1M与BN无交点,故B1M与BN是异面直线,故①正确;因为ABCD-A1B1C1D1为长方体,故AD⊥平面CDD1C1,故②正确;取DD1的中点为Q,连接AQ,QN,QN∥AB且QN=AB,故四边形ABNQ为平行四边形,故AQ∥BN,AQ与平面ADM相交于点A,故AQ与平面ADM不平行,即BN与平面ADM不平行,故③错误.故选C.9.C解析:如右图所示,连接BC1,因为AC∥A1C1,所以A1B与A1C1的夹角就是异面直线A1B与AC所成角,不妨设AC=1,由余弦定理得AB=AC12A1B=22+(3)2在△C1A1B中,cos∠C1A1B=A1C110.D解析:由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,ED∥AB,显然CDE-C1A1B1是三棱台,设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,∴12·1·h=13h(1+S+S),解得S=3-12,由△CDE∽11.B解析:延长EF交DA的延长线于点H,连接OH交AB于点G,∵H∈EF,EF⊂平面EOF,∴H∈平面EOF,∵H∈AD,AD⊂平面ABCD,∴H∈平面ABCD,∵平面EOF∩平面ABCD=l,∴H∈l,又平面EOF∩平面ABCD=O,∴O∈l,故直线OH即为直线l,取AD的中点M,连接MO,ME,又点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,∴AH=A1E=AM,∴AG=12MO=14AB,BG=34AB,∴AG=13GB故选B.12.B解析:由题意可以分析:在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,且AB=AD=BD=2,CB=CD=2.对于A,取BD的中点E,连接AE.因为AB=AD=BD=2,所以AE⊥BD且AE=2sin60°=3.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD,即AE为三棱锥的高.因为S△BCD=12BC·BDsin60°=12×2×2×32=3,AE=3,所以三棱锥A-BCD的体积为V=13S△BCD·对于B,取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,所以AC⊥BD.故B正确;对于C,对于平面BCD,AE⊥平面BCD,所以平面ACE⊥平面BCD,所以平面ABC和平面BCD不垂直.故C错误;对于D,在△ABC和△ADC中,因为AB=AD=2,CB=CD=2,AC=AC,所以△ABC≌△ADC.取AC的中点F,连接BF,DF,则BF⊥AC,DF⊥AC,所以∠BFD即为二面角B-AC-D的平面角.在直角三角形ACE中,因为AE=CE=3,所以AC=AE在三角形ACB中,AB=CB=2,AC=6,所以BF=AB同理,DF=102.而BD=2,所以BF2+DF2≠BD2,所以∠BFD≠90°,即二面角B-AC-D不是直二面角,所以平面ABC⊥平面ACD不成立.故D错误故选B.13.26解析:由点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长度,可知点P是以M为焦点,以AD为准线的抛物线.以AM的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.M(1,0,0),B1(3,0,4),设P(x,y,0),点P的方程为y2=4x(0≤x≤3),B1P=(x所以当x=1时,B1P的长度最小为26.14.②③或②④皆可,答案不唯一解析:设PA=a,AB=b,AD=c,BQ=x(0≤x≤c),则CQ=c-x.连接AQ.因为PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形,所以PA⊥AQ,则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2,DQ2=CD2+CQ2=b2+(c-x)2,PD2=PA2+AD2=a2+c2,若在BC边上存在点Q,使得△PQD为钝角三角形,则有PQ2+DQ2<PD2或PQ2+PD2<DQ2或DQ2+PD2<PQ2,易验证PQ2+PD2<DQ2与DQ2+PD2<PQ2均不符合题意,则PQ2+DQ2<PD2,即a2+b2+x2+b2+(c-x)2<a2+c2,整理得x2-cx+b2<0(0≤x≤c),要使不等式有解,只需c2-4b2>0,即只需BC>2AB即可,因为①PA=2,②BC=3,③AB=2,④AB=1,所以选②③或②④.15.①③④解析:连接AN,DN,因为四面体ABCD的所有棱长均为2,则AN=DN=62且MN⊥AD,所以MN=32-1若E为AC的中点,连接ME,NE,又M为棱AD的中点,则ME∥DC,因为ME=NE=22,MN=1,所以ME2+NE2=MN2,即∠MEN=90°,所以ME与MN要使CD⊥平面FMN,即ME⊥平面FMN,又MN⊂平面FMN,则ME⊥MN,出现矛盾,②错误;由题设知四面体ABCD为正四面体,故外接球的半径r=64×2=32,所以表面积为4πr2要