第三板塊 小題保分練（二） 空間點、線、面位置關(guān)系

第三板塊小題保分練（二）空間點、線、面位置關(guān)系1．(2023·石家莊統(tǒng)考三模)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若m∥n，nα，則m∥αB．若mα，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥βC．若mα，m⊥β，則α⊥βD．若α⊥β，m⊥α，則m∥β解析：選C若m∥n，nα，則m∥α或mα，A錯誤；若mα，α∩β＝n，m⊥n，α與β不一定垂直，因此m⊥β不正確，B錯誤；由面面垂直的判定定理知C正確；若α⊥β，m⊥α，則m∥β或mβ，D錯誤．故選C.2．(2023·青島一模)[多選]下列說法正確的是()A．若直線a不平行于平面α，aα，則α內(nèi)不存在與a平行的直線B．若一個平面α內(nèi)兩條不平行的直線都平行于另一個平面β，則α∥βC．設(shè)l，m，n為直線，m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的充要條件D．若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，則平面α與平面β所成的二面角和平面α1與平面β1所成的二面角相等或互補解析：選AB若存在直線，則由直線和平面平行的判定定理知直線a與平面α平行，與條件相矛盾，故A正確；由面面平行的判定定理可知B正確；當(dāng)直線m，n不相交時，由線面垂直的判定定理知：l⊥m且l⊥n時，得不到l⊥α，故C錯誤；當(dāng)α1∥β1，α⊥β時，可滿足題設(shè)條件，此時平面α與平面β所成的二面角為90°，平面α1與平面β1所成的二面角為0°，故D錯誤．故選A、B.3．安徽徽州古城與四川閬中古城、山西平遙古城、云南麗江古城被稱為中國四大古城．徽州古城中有一古建筑，其底層部分可近似看作一個正方體ABCD-A1B1C1D1.已知該正方體中，點E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，過D1，E，F(xiàn)三點的平面與平面ABCD的交線為l，則直線l與直線AD1所成的角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,2)解析：選A如圖所示，在平面AA1D1D中，連接D1E與DA交于點H，則HA＝AD，在平面CC1D1D中，連接D1F與DC交于點G，則GC＝CD，則GH為平面D1EF與平面ABCD的交線l，且GH∥AC，而在等邊△ACD1中AC與AD1所成的角為eq\f(π,3)，故l與直線AD1所成的角為eq\f(π,3).故選A.4.(2023·北京順義二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M，N分別是棱DD1和線段BC1上的動點，則滿足與DD1垂直的直線MN()A．有且僅有1條 B．有且僅有2條C．有且僅有3條 D．有無數(shù)條解析：選D過點N作NE⊥BC，垂足為E，連接DE，當(dāng)M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，理由如下：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，所以四邊形MDEN為平行四邊形，所以MN∥DE.因為DD1⊥平面ABCD，且DE平面ABCD，所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.所以當(dāng)M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，此時滿足條件的直線MN有無數(shù)條．故選D.5．(2023·全國甲卷)已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC面積為()A．2eq\r(2) B．3eq\r(2)C．4eq\r(2) D．6eq\r(2)解析：選C如圖，過點P作PO⊥平面ABCD，垂足為O，取DC的中點M，AB的中點N，連接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM.又OM平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三點共線．所以O(shè)A＝OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝eq\r(PC2＋AC2－2PC·ACcos45°)＝eq\r(17)，所以PB＝eq\r(17).在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝eq\f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC)＝eq\f(1,3)，所以sin∠PCB＝eq\f(2\r(2),3).所以S△PBC＝eq\f(1,2)PC·BCsin∠PCB＝4eq\r(2)，故選C.6.(2023·鄭州質(zhì)檢)許多球狀病毒的空間結(jié)構(gòu)可抽象為正二十面體．正二十面體的每一個面均為等邊三角形，共有12個頂點、30條棱．如圖所示，由正二十面體的一個頂點P和與P相鄰的五個頂點可構(gòu)成正五棱錐P－ABCDE，則PA與平面ABCDE所成角的余弦值約為(參考數(shù)據(jù)：cos36°≈0.8)()A.eq\f(5,6) B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,5) D.eq\f(5,12)解析：選A由題意，PA，PB，PC，PD，PE在平面ABCDE上的射影分別為P′A，P′B，P′C，P′D，P′E，如圖所示，∴五個三角形都是等腰三角形且∠AP′B＝72°，易知P′A＝eq\f(AE,2sin36°).而cos36°≈0.8，令A(yù)B＝BC＝CD＝DE＝AE＝a，∴P′A＝eq\f(a,2\r(1－cos236°))≈eq\f(5a,6).又正二十面體的每一個面均為等邊三角形，即PA＝AB＝a，且P′P⊥平面ABCDE，∴PA與平面ABCDE所成角的余弦值約為eq\f(5,6).7.(2023·北京房山一模)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則下列結(jié)論正確的是()A．與三條直線AB，CC1，D1A1所成的角都相等的直線有且僅有一條B．與三條直線AB，CC1，D1A1所成的角都相等的平面有且僅有一個C．到三條直線AB，CC1，D1A1的距離都相等的點恰有兩個D．到三條直線AB，CC1，D1A1的距離都相等的點有無數(shù)個解析：選D根據(jù)對稱性知AC1與三條直線的夾角相等，則與AC1平行的直線都滿足條件，有無數(shù)條，A錯誤；根據(jù)對稱性知平面A1BD與三條直線所成的角相等，則與平面A1BD平行的平面都滿足條件，有無數(shù)個，B錯誤；如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長為1，A(1,0,0)，B(1,1,0)，DB1上一點P(a，a，a)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(a－1，a，a)，cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(a,\r(a－12＋2a2))，點P到直線AB的距離為|eq\o(AP,\s\up6(→))|·eq\r(1－cos2〈\o(AP,\s\up6(→))，\o(AB,\s\up6(→))〉)＝eq\r(a－12＋2a2)·eq\r(\f(a－12＋a2,a－12＋2a2))＝eq\r(a－12＋a2).同理可得P到直線CC1和D1A1的距離為eq\r(a－12＋a2)，故DB1上的點到三條直線AB，CC1，D1A1的距離都相等，故有無數(shù)個，C錯誤，D正確．8．(2023·邯鄲模擬)[多選]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝4eq\r(3)，AA1＝4，則()A．直線AD1與CB1所成的角為45°B．直線AD1與CA1所成的角為90°C．直線AD1與平面ABCD所成的角為30°D．直線AD1與平面BB1D1D所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4)解析：選CD如圖，連接BC1交CB1于點E，由于AB∥D1C1，AB＝D1C1，故四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，則∠BEB1即為直線AD1與CB1所成的角或其補角，因為AB＝BC＝4eq\r(3)，AA1＝4，故Rt△B1BC中BC＝4eq\r(3)，BB1＝4，則∠BB1C＝60°.又BE＝B1E，故∠BEB1＝60°，所以直線AD1與CB1所成的角為60°，A錯誤；連接A1D，若直線AD1與CA1所成的角為90°，即AD1⊥CA1，因為DC⊥平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，故AD1⊥CD.又CA1∩CD＝C，CA1，CD平面CDA1，所以AD1⊥平面CDA1，A1D平面CDA1，故AD1⊥A1D，結(jié)合A的分析可知AD1，A1D成60°角，因此出現(xiàn)矛盾，B錯誤；因為DD1⊥平面ABCD，則∠D1AD即為直線AD1與平面ABCD所成的角，由于DD1＝4，AD＝4eq\r(3)，所以∠D1AD＝30°，C正確；連接AC交BD于點O，連接D1O.因為ABCD為正方形，則AC⊥BD，即AO⊥BD.又DD1⊥平面ABCD，AO平面ABCD，故DD1⊥AO，而D1D∩DB＝D，D1D，DB平面BB1D1D，故AO⊥平面BB1D1D，則∠AD1O為直線AD1與平面BB1D1D所成的角，而AD1＝eq\r(4\r(3)2＋42)＝8，AO＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(6)，故sin∠AD1O＝eq\f(AO,AD1)＝eq\f(2\r(6),8)＝eq\f(\r(6),4)，D正確，故選C、D.9.[多選]如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，且DE⊥A1C，垂足為E，則()A．AA1⊥BDB．AA1∥平面BDEC．平面BDE⊥平面A1CDD．BE⊥平面A1CD解析：選AC因為AA1⊥底面ABCD，BD底面ABCD，所以AA1⊥BD，故A正確；如圖所示，設(shè)AC與BD的交點為O，連接OE.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC，因為A1A∩AC＝A，AA1平面A1AC，AC平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC.因為A1C平面A1AC，所以BD⊥A1C.又DE⊥A1C，BD平面BDE，DE平面BDE，BD∩DE＝D，所以A1C⊥平面BDE.又A1C平面A1CD，所以平面BDE⊥平面A1CD，故C正確；由A1C⊥平面BDE，得A1C⊥OE，故OE與AC不垂直．又A1A⊥AC，所以A1A與OE不可能平行．又OE為過AA1的平面A1AC與平面BDE的交線，所以A1A與平面BDE不可能平行，故B錯誤；若BE⊥平面A1CD，ED平面A1CD，所以BE⊥DE，但是，當(dāng)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體時，CD⊥A1D，則△A1DC是直角三角形，A1D＝eq\r(2)，CD＝1，A1C＝eq\r(3)，利用等面積法求得DE＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).又△A1DC≌△A1BC，所以BE＝DE＝eq\f(\r(6),3)，DB＝eq\r(2)，在△DEB中，DE2＋BE2＝eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)≠2，即∠DEB≠90°，即BE不垂直于ED，故D錯誤．故選A、C.10．(2023·重慶統(tǒng)考模擬預(yù)測)在四棱錐S-ABCD中，SA⊥平面ABCD，AB＝AS＝2，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)，G分別是SA，SB，BC的中點，則異面直線DE與FG所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(6),5) D.eq\f(\r(10),5)解析：選D連接AC，BD交于點O，連接OE，∵四邊形ABCD為菱形，AC∩BD＝O，則O為AC的中點，且AC⊥BD，∵E為SA的中點，則OE∥SC.又F，G分別是SB，BC的中點，∴FG∥SC，故FG∥OE，∴異面直線DE與FG所成的角為∠OED或其補角．∵SA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥SA.∵BD⊥AC，SA∩AC＝A，SA，AC平面SAC，∴BD⊥平面SAC.∵OE平面SAC，∴OE⊥BD.∵AB＝BC，∠ABC＝60°，則△ABC為等邊三角形，同理可知△ACD也為等邊三角形．又SA＝AB＝2，∴OD＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\r(3).同理可得OE＝eq\r(AE2＋AO2)＝eq\r(2)，DE＝eq\r(AD2＋AE2)＝eq\r(5).∴cos∠OED＝eq\f(OE,DE)＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5).因此，異面直線FG與DE所成的角的余弦值為eq\f(\r(10),5).11.在通用技術(shù)課上，某小組將一個直三棱柱ABC-A1B1C1展開，得到的平面圖如圖所示．其中AB＝4，AC＝3，BC＝AA1＝5，M是BB1上的點，則在直三棱柱ABC-A1B1C1中，下列結(jié)論錯誤的是()A．AM與A1C1是異面直線B．AC⊥A1MC．平面AB1C將三棱柱截成一個五面體和一個四面體D．A1M＋MC的最小值是2eq\r(26)解析：選D由題設(shè)，可得直三棱柱，如圖所示．由直三棱柱的結(jié)構(gòu)特征知A1C1∥AC，而AC，AM是相交直線，所以AM與A1C1是異面直線，A正確；因為AB＝4，AC＝3，BC＝5，AB2＋AC2＝BC2，所以BA⊥AC.又AA1⊥AC，且AA1∩BA＝A，AA1，BA平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B.又A1M平面AA1B1B，故AC⊥A1M，B正確；由圖知，平面AB1C將三棱柱截成四棱錐B1-ACC1A1和三棱錐B1-ABC，一個五面體和一個四面體，C正確；將平面AA1B1B和平面CC1B1B展開，展開圖為一個平面，如圖，當(dāng)A1，M，C共線時，A1M＋MC的值最小，最小值為eq\r(106)，D錯誤．12.[多選]《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為“陽馬”，四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，如圖在塹堵ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1＝AB＝2.下列說法正確的是()A．四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”B．四面體A1ACB的頂點都在同一個球面上，且球的表面積為8πC．四棱錐B-A1ACC1體積的最大值為eq\f(2,3)D．四面體A1C1CB為“鱉臑”解析：選ABD底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”，∴在塹堵ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，側(cè)棱AA1⊥平面ABC.∵AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC＝A，則BC⊥平面A1ACC1，∴四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”，故A正確；在底面有4＝AC2＋BC2≥2AC·BC，即AC·BC≤2，當(dāng)且僅當(dāng)AC＝BC＝eq\r(2)時取等號，VB－A1ACC1＝eq\f(1,3)SA1ACC1×BC＝eq\f(1,3)AA1×AC×BC＝eq\f(2,3)AC×BC≤eq\f(4,3)，故C錯誤；由AC⊥BC，即A1C1⊥BC.又A1C1⊥C1C，且BC∩C1C＝C，BC，C1C平面BB1C1C，∴A1C1⊥平面BB1C1C.∵BC1平面BB1C1C，∴A1C1⊥BC1，則△A1BC1為直角三角形．又由BC⊥平面AA1C1C，A1C平面AA1C1C，∴BC⊥A1C，則△A1BC為直角三角形，由“塹堵”的定義可得△A1C1C為直角三角形，△CC1B為直角三角形．∴四面體A1C1CB為“鱉臑”，故D正確；由C知△A1BC為直角三角形，側(cè)棱AA1⊥平面ABC，則易知△A1AB，△A1AC為直角三角形，而△ABC為直角三角形，則外接球球心O位于A1B的中點，則外接球半徑R＝eq\f(1,2)A1B＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22)＝eq\r(2)，則球的表面積為4πR2＝4π×(eq\r(2))2＝8π，故B正確．故選A、B、D.13．已知平面α，β，γ，其中α∥β，γ⊥β，點A在平面γ內(nèi)，有以下四個命題：①在γ內(nèi)過點A，有且只有一條直線垂直α；②在γ內(nèi)過點A，有且只有一條直線平行β；③過點A作γ的垂線l，則l∥α；④γ與α，β的交線分別為m，n，則m∥n.則真命題的個數(shù)為________．解析：∵α∥β，γ⊥β，∴γ⊥α.又點A在平面γ內(nèi)，∴在γ內(nèi)過點A，有且只有一條直線垂直α，故①正確；當(dāng)A在γ與β的交線上時，在γ內(nèi)過點A，不存在直線平行β，故②錯誤；當(dāng)A在γ與α的交線上時，過點A作γ的垂線l，則lα，故③錯誤；γ與α，β的交線分別為m，n，由平面與平面平行的性質(zhì)，可得m∥n，故④正確．∴真命題的個數(shù)為2.答案：214．已知三棱錐A-BCD的外接球半徑為R，且∠ACB＝∠ADB＝eq\f(π,2)，AC＝CD＝eq\r(2)R.在下列條件中，能使三棱錐A-BCD的體積為定值的有________；其體積可能為________．(寫出一個可能的值即可)①直線CD與平面ABC所成的角為eq\f(π,3)；②BD＝CD；③二面角C-AB-D的大小為eq\f(π,3)；④AB⊥CD.解析：由題意知AB的中點O是三棱錐A－BCD的外接球的球心，且OA＝OB＝OC＝OD＝R.又因為AC＝CD＝eq\r(2)R，所以O(shè)A2＋OC2＝AC2，OD2＋OC2＝CD2，得△AOC，△ODC為等腰直角三角形．又OC⊥OD，OC⊥AB，OD∩AB＝O，得OC⊥平面ABD.①直線CD與平面ABC所成的角為eq\f(π,3)，可知點D到平面ABC的距離為d＝CD·sineq\f(π,3)＝eq\r(2)R×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),2)R，此時VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2R×R×eq\f(\r(6),2)R＝eq\f(\r(6),6)R3；②BD＝CD，則BD＝CD＝eq\r(2)R，即OB2＋OD2＝BD2，可知點D在底面的投影為O，OD即為三棱錐A-BCD的高，此時VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·OD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2R×R×R＝eq\f(1,3)R3；對于③二面角C-AB-D的大小為eq\f(π,3)，由上述分析知OC⊥平面ABD.又OC平面ABC，則平面ABD⊥平面ABC，所以二面角C-AB-D的大小為eq\f(π,3)不成立．對于④AB⊥CD，由于OC⊥AB，AB⊥CD，OC∩CD＝C，所以AB⊥平面DOC，所以VD－ABC＝eq\f(1,3)S△DOC·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R×R×2R＝eq\f(1,3)R3.答案：①②④eq\f(\r(6),6)R3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或eq\f(1,3)R3，任填一個都對))15．(2023·沈陽一模)三棱錐A-BCD中，∠ABC＝∠CBD＝∠DBA＝60°，BC＝BD＝2，點E為CD中點，則AB與平面BCD所