统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业11空间位置关系的判断与证明理

课时作业11空间位置关系的推断与证明A基础达标1．[2024·浙江省临海、新昌两地高三二模]已知直线l，平面α，满意l⊄α，则下列命题确定正确的是()A．存在直线m⊂α，使l∥mB．存在直线m⊂α，使l⊥mC．存在直线m⊂α，使l，m相交D．存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq\f(π,6)2．[2024·辽宁凌源其次高级中学期中]下列命题中真命题的个数是()①垂直于同一条直线的两条直线相互平行；②与同一个平面夹角相等的两条直线相互平行；③平行于同一个平面的两条直线相互平行；④两条直线能确定一个平面．A．0B．1C．2D．33．[2024·江苏无锡高三期末]正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，则直线B1M与平面A1C1B所成角的正弦值为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(6),3)D．eq\f(2\r(2),3)4．[2024·新疆乌鲁木齐市高三检测]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有()A.BD1⊥EHB．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGHD．平面A1BCD1∥平面EFGH5．[2024·江苏扬州高三期末改编]在边长为6的正三角形ABC中，M，N分别为边AB，AC上的点，且满意eq\f(AM,AB)＝eq\f(AN,AC)＝λ，把△AMN沿着MN翻折至A′MN位置，则下列说法中错误的有()A．在翻折过程中，在边A′N上存在点P，满意CP∥平面A′BMB．若eq\f(1,2)<λ<1，则在翻折过程中的某个位置，满意平面A′BC⊥平面BCNMC．若λ＝eq\f(1,2)且二面角A′­MN­B的大小为120°，则四棱锥A′­BCNM的外接球的表面积为61πD．在翻折过程中，四棱锥A′­BCNM体积的最大值为6eq\r(3)6．[2024·北京人大附中高三模拟]在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满意条件________时，A1P∥平面BCD(答案不唯一，填一个满意题意的条件即可)7．[2024·陕西咸阳模拟]已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线．有下列命题：①假如m∥n，n⊂α，那么m∥α；②假如m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n；③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β；④假如α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β.其中全部真命题的序号是________．8．[2024·江西省九江十校高三联考]已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，△ABC是底面⊙O的内接正三角形，点P在DO上，且PO＝λDO.若PA⊥平面PBC，则实数λ＝________．9.[2024·河南省洛阳市高三二模]如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，AB＝BB1，AA1⊥平面ABC，平面AB1C⊥平面ABB1A1.(1)求证：AC⊥BB1；(2)若AB＝2A1B1＝2，△AB1C的面积为4，求二面角A­B1C­A1的余弦值．10．[2024·哈尔滨第三中学阶段性考试]在三棱锥P­ABC中，△PAC和△PBC是边长为eq\r(2)的等边三角形，AB＝2，O，D分别是AB，PB的中点．(1)求证：OD∥平面PAC；(2)求证：OP⊥平面ABC；(3)求三棱锥D­OBC的体积．B素养提升11.[2024·河南省郑州市高三质检]已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D­ABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是()A．AC⊥平面BODB．三棱锥D­ABC体积的最大值为eq\f(2\r(2),3)C．三棱锥D­ABC的外接球的表面积为定值D．MN与平面BOD所成角的范围是(0，eq\f(π,4))12．[2024·湖南省长沙市高三二模]如图，正四棱锥P­ABCD和正三棱锥P­CDE顶点均为P.(1)设平面PAB与平面PCD的交线为l，求证：l⊥PE；(2)若PE∥BC，PE的中点为F，求平面BCF与平面CDE所成二面角的余弦值．课时作业11空间位置关系的推断与证明1．解析：对于A，若直线l与α相交，则α内的直线与l要么相交要么异面，故不存在直线m⊂α，使l∥m，A错误；对于B，由于l⊄α，所以l与α相交或者平行，不论是相交还是平行，均可在α内找到与l垂直的直线m，故B正确；对于C，当l∥α时，则α内的直线要么与l平行，要么与l异面，所以不存在m⊂α，使l，m相交，故C错误；对于D，当直线l⊥α时，此时直线l与α内的全部直线均垂直，故不存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq\f(π,6)，故D错误．故选B.答案：B2．解析：对于①，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于②，与同一个平面夹角相等的两条直线可能相互平行，也可能相交或异面，所以是错误的．对于③，平行于同一个平面的两条直线可能相互平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于④，两条直线不愿定能确定一个平面，所以是错误的．故选A.答案：A3．解析：因为B1D在平面A1B1C1D1内的射影为B1D1，又B1D1⊥A1C1，所以B1D⊥A1C1，同理可证B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1C1B，∴B1M与平面A1C1B所成角的正弦等于B1M与B1D所成角的余弦的确定值，即∠MB1D的余弦的确定值；令AB＝1，连接BD，则B1M＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋BM2)＝eq\r(1＋\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，MD＝eq\f(\r(2),2)，B1D＝eq\r(3)，在三角形MB1D中，由余弦定理，可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos∠MB1D))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(3,2)＋3－\f(1,2),2·\f(\r(6),2)·\r(3))))＝eq\f(2\r(2),3).故选D.答案：D4．解析：若点E与A1重合，点H与点D1重合，则BD1与EH的夹角便是BD1与A1D1的夹角，明显BD1与A1D1的夹角不是eq\f(π,2)，所以BD1⊥EH错误，A错误；当FG与B1C1重合时，由AD∥B1C1可得AD∥FG，当FG与B1C1不重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1，FG⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1D1＝B1C1，所以FG∥B1C1，又AD∥B1C1，所以AD∥FG，B正确；当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，C错误；当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，D错误．故选B.答案：B5．解析：对于选项A，过P作PQ∥MN∥BC，交AM于Q，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCPQ，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设D，E分别是BC，MN的中点，若eq\f(1,2)<λ<1，则AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，DE∩MN＝E，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设D，E分别是BC，MN的中点，若λ＝eq\f(1,2)且二面角A′­MN­B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以点G即为点D，所以r＝3，二面角A′­MN­B的平面角即为∠A′ED＝120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH＝eq\f(3\r(3),4)，DH＝eq\f(9\r(3),4)，A′H＝eq\f(9,4)，DH2＝eq\f(243,16)，设外接球球心为O，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OD2＋32＝R2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)－OD))2＋\f(243,16)＝R2))，解得R2＝eq\f(61,4)，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝61π，故选项C正确；对于选项D，设D，E分别是BC，MN的中点，设h是四棱锥A′­BCNM的高．S△AMN＝eq\f(1,2)·6λ·6λ·eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3)λ2，S△ABC＝eq\f(1,2)·6·6·eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3)，所以S四边形BCNM＝9eq\r(3)（1－λ2），则VA′­BCNM＝eq\f(1,3)·9eq\r(3)（1－λ2）·h≤3eq\r(3)（1－λ2）·A′E＝3eq\r(3)（1－λ2）·3eq\r(3)λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），则f′（λ）＝27（－3λ2＋1），令f′（λ）＝0，解得λ＝eq\f(\r(3),3)，则函数f（λ）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，所以f（λ）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝6eq\r(3)，则四棱锥A′­BCN体积的最大值为6eq\r(3)，故选项D正确．故选A.答案：A6．解析：取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满意条件P是CC1中点时，A1P∥CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满意条件P是CC1中点时，A1P∥平面BCD.答案：P是CC1中点7．解析：①假如m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故①不正确；②假如m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，故②正确；③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β，故③正确；④缺少m⊂α这个条件，故④不正确．答案：②③8．解析：如图，延长AO交圆O于点E，由题意可知，△ADE、△ABC均为等边三角形，设AE＝AD＝1，由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝AE，则AB＝AEsin60°＝eq\f(\r(3),2)，易知O为AE的中点，则DO⊥AE，DO＝ADsin60°＝eq\f(\r(3),2)，则PO＝λDO＝eq\f(\r(3),2)λ，PB2＝PA2＝PO2＋OA2＝eq\f(3,4)λ2＋eq\f(1,4)，因为PA⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥PB，在△PAB中，由勾股定理得PA2＋PB2＝BA2，即2（eq\f(3,4)λ2＋eq\f(1,4)）＝eq\f(3,4)，解得λ＝eq\f(\r(6),6).答案：eq\f(\r(6),6)9．解析：（1）证明：取AB1中点D，连接BD，因为AB＝BB1，所以BD⊥AB1，又因为AB1＝平面AB1C∩平面ABB1A1，平面AB1C⊥平面ABB1A1，BD⊂平面ABB1A1，所以BD⊥平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以BD⊥AC①，又因为AA1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC②，易知BD与AA1相交③，由①②③可得AC⊥平面ABB1A1，又因为BB1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥BB1.（2）因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，由（1）可知AC⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB，所以以A为原点，AB、AC、AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系：因为AB＝BB1＝2A1B1＝2，所以AA1＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，AB1＝eq\r(（\r(3)）2＋12)＝2，又因为△AB1C的面积为4，即eq\f(1,2)·AB1·AC＝4，解得AC＝4，所以A（0，0，0），C（0，4，0），B1（1，0，eq\r(3)），A1（0，0，eq\r(3)），所以B1C＝（－1，4，－eq\r(3)），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（0，4，0），A1C＝（0，4，－eq\r(3)），设平面AB1C的法向量为n＝（x1，y1，z1），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·B1C＝0,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋4y1－\r(3)z1＝0,4y1＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝0,x1＝－\r(3)z1))，取n＝（－eq\r(3)，0，1），设平面A1B1C的法向量为m＝（x2，y2，z2），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·B1C＝0,m·A1C＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4y2－\r(3)z2＝0,4y2－\r(3)z2＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0,y2＝\f(\r(3),4)z2))，取m＝（0，eq\r(3)，4），设二面角A­B1C­A1的大小为θ，为锐角，则有cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(4,2\r(19))＝eq\f(2\r(19),19).10．解析：（1）证明：∵O，D分别为AB，PB的中点，∴OD∥PA.∵PA⊂平面PAC，OD⊄平面PAC，∴OD∥平面PAC.（2）证明：∵AC＝BC＝eq\r(2)，AB＝2，∴AC⊥BC.∵O为AB的中点，AB＝2，∴OC⊥AB，OC＝1，同理，PO⊥AB，PO＝1.∵PC＝eq\r(2)，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，则∠POC＝90°，即PO⊥OC.∵PO⊥OC，PO⊥AB，AB∩OC＝O，∴OP⊥平面ABC.（3）由（2）可知，OP⊥平面ABC，∴OP为三棱锥P­ABC的高，且OP＝1，∴VD­OBC＝eq\f(1,12)S△ABC·OP＝eq\f(1,12)×eq\f(1,2)×2×1×1＝eq\f(1,12).11．解析：对于A中，因为ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；对于B中，当平面ACD⊥平面ABC时，此时D到平面ABC的距离最大，即三棱锥D­ABC高的最大值为h＝DO＝eq\r(2)，此时三棱锥D­ABC的最大体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以B正确；对于C中，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱锥D­ABC外接球的球心为O，即外接球的半径R＝eq\r(2)，所以三棱锥D­ABC外接球的表面积为S＝4πR2＝8π（定值），所以C正确；对于D中，如图所示，取AB，AO的中点E，F，分别连接ME，EF，NF，NE，因为E，F，N分别为AB，AO，AD中点，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，所以平面NEF∥平面BOD，又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，在折叠过程中，设BD的长度为a，则a∈（0，2eq\r(2)）.由E，N为AD，AB的中点，所以NE＝eq\f(1,2)BD，在直角△MNE中，可得tan∠MNE＝eq\f(ME,NE)＝eq\f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq\f(AC,BD)＝eq\f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范围为（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），即MN与平面BOD所成的角的范围为（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），所以D错误．故选D.答案：D12．解析：（1）取CD的中点M，连接MP，ME，因为PC＝PD，CE＝DE，所以MP⊥CD，ME⊥CD，又MP∩ME＝M，MP，ME⊂平面PME，所以CD⊥平面PME，又因PE⊂平面PME，所以CD⊥PE，因为AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB，又因平面PAB与平面PCD的交线为l，CD⊂平面PCD，所以CD∥l，因为CD⊥PE，所以PE⊥l.（2）连接AC，BD交于点O，连接OP，则OP⊥平面ABCD，AC⊥BD，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，则AC＝BD＝2eq\r(2)，设OP＝h，则PC＝PE＝eq\r(2＋h2)，则B（eq\r(2)，0，0），C（0，eq\r(2)，0），D（－eq\r(2)，0，0），P（0，0，h），由PE∥BC，得E（－eq\f(\r(2),2)·eq\r(