2021届高考文科数学二轮复习提能专训14-点、直线、平面之间的位置关系.docx

提能专训(十四)　点、直线、平面之间的位置关系　
一、选择题
1．(2022·青岛一模)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊥β，则a∥α
D．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β
答案：D
解析：由线面位置关系易推断A、B、C均不正确，故选D.
2．(2022·湖南十三校联考)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)
A．α与β相交，且交线平行于l
B．α与β相交，且交线垂直于l
C．α∥β，且l∥α
D．α⊥β，且l⊥β
答案：A
解析：∵m⊥α，n⊥β，且m，n为异面直线，∴α与β肯定相交．又l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，∴l平行于平面α与β的交线．故A正确．
3．(2022·河南六市联考)m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(　　)
①若m，n都平行于平面α，则m，n肯定不是相交直线；
②若m，n都垂直于平面α，则m，n肯定是平行直线；
③已知α，β相互垂直，m，n相互垂直，若m⊥α，则n⊥β；
④m，n在平面α内的射影相互垂直，则m，n相互垂直．
A．②　　　B．②③　　　C．①③　　　D．②④
答案：A
解析：由空间中直线与平面的位置关系的性质可知①③④错误，②正确，故选A.
4．(2022·福建质检)
如图，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．MN∥AB
B．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC
D．平面VAC⊥平面VBC
答案：D
解析：本题考查空间几何体中的直线与平面的位置关系、异面直线所成角等基础学问，意在考查考生的空间想象力量、转化和化归力量、运算求解力量．
依题意得，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．设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　　)
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
答案：A
解析：依题意，由l⊥β，l⊂α，可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.

6．(2022·海南琼海模拟测试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列推断错误的是(　　)
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：分别取BC，CD的中点E，F，连接ME，EF，FN，易证MN∥EF，∴MN∥BD，∴MN⊥AC，MN⊥CC1，故A，B，C正确，选D.
7．(2022·河南豫东、豫北十校测试三)在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，且矩形ABCD的顶点都在半径为R的球O的球面上，若四棱锥O－ABCD的体积为8，则球O的半径R＝(　　)
A．3 B. C．2 D．4
答案：D
解析：利用矩形求出截面圆的半径，再利用四棱锥的体积求出球心到截面圆的距离，依据勾股定理求球的半径．由于矩形ABCD的对角线长为＝2，所以该矩形所在的截面圆的半径为r＝.又设球心O到截面圆的距离为h，则四棱锥O－ABCD的体积为×4×2h＝8，解得h＝1，所以球O的半径R＝＝4.
8．(2022·大连模拟)在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝2.△ABC是边长为1的正三角形，则其外接球的表面积为(　　)
A. B. C. D.
答案：B
解析：设△ABC的中心为M，过M作OM∥SA，且O，S在平面ABC的同侧，OM＝1，易证O为三棱锥S－ABC外接球的球心，所以S－ABC外接球的半径r＝OA＝，又由于△ABC的边长为1，所以MA＝，所以r＝，故外接球的表面积为S＝4πr2＝.
9．(2022·山东济南期末考试)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α⊥β，m∥α，则m⊥β；②若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；③若m⊥β，m∥α，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
答案：B
解析：当α⊥β，m∥α时，有m⊥β，m∥β，m⊂β等多种可能状况，所以①不正确；
当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，由平面垂直的判定定理知α⊥β，所以②正确；
由于m⊥β，m∥α，所以α⊥β，③正确；
若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β或α，β相交，④不正确．故选B.
10．(2022·南昌模拟)
在三棱锥C－ABD中(如图)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，AB＝4，二面角A－BD－C的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos∠ADC＝；⑤四周体ABCD的外接球的表面积为32π.
其中真命题是(　　)
A．②③④ B．①③④
C．①④⑤ D．①③⑤
答案：D
解析：由题意知BC＝CD＝AD＝AB，且BC⊥CD，BA⊥AD.由于O是斜边BD的中点，所以OC⊥BD，OA⊥BD，且OC＝OA＝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正确．而OC∩OA＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，即①正确．若AD⊥CO，则由CO⊥BD可得CO⊥平面ABD，所以CO⊥OA，这与∠AOC＝60°冲突，所以②不正确．由于AB＝CD＝AD＝4，AC＝2，所以cos∠ADC＝＝，所以④不正确．由于OB＝OC＝OA＝OD，所以O是四周体ABCD的外接球的球心，外接球的表面积为4π×(2)2＝32π，即⑤正确．
综上所述，真命题是①③⑤.
11．(2022·北京西城期末)
如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y，设BP＝x，则当x∈[1,5]时，函数y＝f(x)的值域为(　　)
A．[2，6] B．[2，18]
C．[3，18] D．[3，6]
答案：D
解析：当P点从B点向D1运动时，截面的周长y越来越大，当截面经过平面AB1C时，周长最大，当P点连续移动时，在截面AB1C到截面A1DC1之间，截面周长不变，当P点连续移动时，截面周长越来越小，所以截面周长的最大值就是△AB1C的周长．由于正方体的棱长为2，所以AC＝2，即周长为6，当x＝1时，截面的周长最小，如图，
设△EFG的边长为，BF2＋BE2＝EF2＝，又BF＝BE，所以BE＝，连接EP交FG于M点，连接BM，由于P是等边三角形EFG的中心，所以FM＝，所以EM2＝EF2－FM2＝2，由于EP＝EM，所以EP＝.又BP2＋EP2＝BE2，即12＋2＝2，解得y＝3，所以值域为[3，6]．
二、填空题
12．(2022·长春调研)已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．
答案：3
解析：设外接球半径为R，上、下底面中心设为M，N(其中上底面为△ABC)，由题意，外接球球心为MN的中点，设为O，连接OA，AM，则OA＝R，由4πR2＝12π得R＝OA＝，又易得AM＝，由勾股定理可知OM＝1，所以MN＝2，即棱柱的高h＝2，所以该三棱柱的体积为×()2×2＝3.
13．(2022·上海徐汇、金山、松江二模)
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．
答案：
解析：由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角．在△BA1C1中，A1B＝，A1C1＝1，BC1＝，cos∠BA1C1＝＝.
14．(2022·吉林高中毕业班复习检测)下列命题中正确的是________．(填上你认为正确的全部命题的序号)
①空间中三个平面α，β，γ，若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ；
②若a，b，c为三条两两异面的直线，则存在很多条直线与a，b，c都相交；
③球O与棱长为a的正四周体各面都相切，则该球的表面积为a2；
④三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，则PC⊥AB.
答案：②③④
解析：①中也可以α⊥γ；②是作过a的平面与b，c都相交；③中可得球的半径为r＝a；④中由PA⊥BC，PB⊥AC得点P在底面△ABC的投影为△ABC的垂心，故PC⊥AB.
三、解答题
15．(2022·河南郑州质检)
在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.
(1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC＝OA，求三棱锥C1－ABC的体积．
解：(1)证明：∵AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点，
∴AD＝，BD＝＝，AB1＝.
易知△AOD∽△B1OB.
∴＝＝＝，
∴OD＝BD＝，AO＝AB1＝.
∴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＝，且A1C1∥平面ABC，
∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝VC－ABA1＝S△ABA1·OC＝××1××＝.
16．(2022·安徽六校训练争辩会联考)等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝[如图(1)]．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B为直二面角，连接A1B，A1C[如图(2)]．

(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由于等边△ABC的边长为3，且＝＝，
所以AD＝1，AE＝2.
在△ADE中，∠DAE＝60°，
由余弦定理得
DE＝＝.
由于AD2＋DE2＝AE2，
所以AD⊥DE.
折叠后有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)假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
如图，作PH⊥BD于点H，连接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是直线PA1与平面A1BD所成的角，
设PB＝x(0≤x≤3)，则BH＝，PH＝x，
在Rt△PA1H中，∠PA1H＝60°，所以A1H＝x，
在Rt△A1DH中，A1D＝1，DH＝2－x，由A1D2＋DH2＝A1H2，得
12＋2＝2，解得x＝，满足0≤x≤3，符合题意，所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.

17．(2022·武汉部分学校调研)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA1＝3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．
(1)证明：AD⊥C1E；
(2)当异面直线AC，C1E所成的角为60°时，求三棱锥C1－A1B1E的体积．
解：(1)证明：∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴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BB1C1C.
由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥C1E.
(2)∵AC∥A1C1，
∴∠A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角，由题设，∠A1C1E＝60°.
∵∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，
∴A1C1⊥A1B1，又AA1⊥A1C1，
从而A1C1⊥平面A1ABB1，于是A1C1⊥A1E.
故C1E＝＝2.
又B1C1＝＝2，
∴B1E＝＝2.
从而V三棱锥C1－A1B1E＝S△A1B1E×A1C1＝××2××＝.
18．(2022·温州十校联考)在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4.Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到Rt△AOC，且二面角B－AO－C是直二面角．动点D在斜边AB上．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；
(2)当AD＝DB时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；
(3)求CD与平面AOB所成最大角的正切值．
解：(1)证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，
∴∠BOC是直二面角B－AO－C的平面角，
∴CO⊥BO，又∵AO∩BO＝O，
∴CO⊥平面AOB，

又CO⊂平面COD，
∴平面COD⊥平面AOB.

(2)作DE⊥OB，垂足为E，连接CE(如图)，
则DE∥AO，
∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．
在Rt△COB中，易得CO＝BO＝2，
OE＝BO＝，
∴CE＝＝.
又DE＝AO＝.
∴在Rt△CDE中，tan∠CDE＝＝.
∴异面直线AO与CD所成角的正切值为.
(3)由(1)知，CO⊥平面AOB，
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，
且tan∠CDO＝＝.
当OD最小时，∠CDO最大，
这时，OD⊥AB，垂足为D，OD＝＝，
tan∠CDO＝.