老高考舊教材適用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題三立體幾何考點(diǎn)突破練7空間點(diǎn)直線平面的位置關(guān)系文

考點(diǎn)突破練7空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系一、選擇題1.(2022·黑龍江齊齊哈爾一中一模)已知兩條直線a,b和平面α,若b?α,則“a∥b”是“a∥α”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.(2022·四川綿陽(yáng)三模)已知α,β是兩個(gè)不同的平面,m是一條直線,若α∥β,則“m⊥α”是“m⊥β”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.(2022·湖南師大附中一模)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C與平面AB1D1的交點(diǎn)為M,點(diǎn)O為線段B1D1的中點(diǎn),則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A.A,M,O三點(diǎn)共線B.M,O,A1,A四點(diǎn)共面C.B,B1,O,M四點(diǎn)共面D.A,O,C,M四點(diǎn)共面4.(2022·甘肅蘭州模擬)已知l,m,n為空間中的三條直線,α為平面.現(xiàn)有以下三個(gè)命題:①若l,m,n兩兩相交,則l,m,n共面;②若n?α,l∥α,則l∥n;③若n?α,l⊥α,則l⊥n.其中的真命題是()A.①②③ B.①③ C.①② D.③5.(2022·北京豐臺(tái)二模)已知兩條不同的直線l,m與兩個(gè)不同的平面α,β,則下列結(jié)論中正確的是()A.若l∥α,l⊥m,則m⊥αB.若l⊥α,l∥β,則α⊥βC.若m⊥α,l⊥m,則l∥αD.若α⊥β,l⊥α,則l∥β6.(2022·福建福州三模)在底面半徑為1的圓柱OO1中,過旋轉(zhuǎn)軸OO1作圓柱的軸截面ABCD,其中母線AB=2,E是BC的中點(diǎn),F是AB的中點(diǎn),則()A.AE=CF,AC與EF是共面直線B.AE≠CF,AC與EF是共面直線C.AE=CF,AC與EF是異面直線D.AE≠CF,AC與EF是異面直線7.(2022·江西贛州二模)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),點(diǎn)F為BC的中點(diǎn),則過點(diǎn)A與B1E,C1F都平行的平面α被正方體ABCD-A1B1C1D1截得的截面面積為()A.72 B.534 C.38.(2022·河南開封模擬)如圖所示,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為棱C1D1,CC1的中點(diǎn),有下列三個(gè)判斷:①直線B1M與BN是異面直線;②AD⊥平面CDD1C1;③BN∥平面ADM.則上述判斷正確的個(gè)數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.39.(2022·黑龍江齊齊哈爾三模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=120°,AC=BC=12AA1,則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是(A.147 B.357 C.3710.(2022·河北張家口三模)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的截面與AC交于點(diǎn)D,與BC交于點(diǎn)E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分,則CDAC=(A.13 B.12 C.2-11.(2022·貴州畢節(jié)三模)如圖所示,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別是棱A1D1,A1A的中點(diǎn),點(diǎn)O為對(duì)角線AC,BD的交點(diǎn),若平面EOF∩平面ABCD=l,l∩AB=G,且AG=kGB,則實(shí)數(shù)k=()A.14 B.13 C.1212.(2022·四川內(nèi)江三模)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示,則()A.三棱錐A-BCD的體積為3B.AC⊥BDC.平面ABC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面ACD二、填空題13.(2022·山西臨汾三模)在三棱錐A-BCD中,AB=CD=2,過BC中點(diǎn)E的三棱錐的截面與AB,CD都平行,則截面的周長(zhǎng)為.

14.在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四邊形ABCD為矩形.請(qǐng)?jiān)谙旅娼o出的4個(gè)條件中選出2個(gè)作為一組,使得它們能成為“在BC邊上存在點(diǎn)Q,使得△PQD為鈍角三角形”的充分條件.

①PA=2,②BC=3,③AB=2,④AB=1.(寫出符合題意的一組即可)15.(2022·黑龍江大慶三模)已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)均為2,M,N分別為棱AD,BC的中點(diǎn),F為棱AB上異于點(diǎn)A,B的動(dòng)點(diǎn),有下列結(jié)論:①線段MN的長(zhǎng)度為1;②存在點(diǎn)F,滿足CD⊥平面FMN;③四面體ABCD的外接球表面積為3π;④△MFN周長(zhǎng)的最小值為2+1.其中所有正確結(jié)論的編號(hào)為.

16.(2022·浙江義烏中學(xué)模擬預(yù)測(cè))香囊,又名香袋、花囊,是我國(guó)古代常見的一種民間刺繡工藝品,香囊形狀多樣,如圖1所示的六面體就是其中一種,已知該六面體的所有棱長(zhǎng)均為2,其平面展開圖如圖2所示.則圖2中的兩線段AD與BC,在圖1的六面體中實(shí)際所成的角為,若該六面體的正視圖由一菱形與其兩條對(duì)角線組成(如圖3所示),則這個(gè)菱形的面積為.

圖1圖2圖3

考點(diǎn)突破練7空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系1.D解析:因?yàn)閎?α,若a∥b,則a∥α或a?α,則a∥ba∥α;若a∥α,且b?α,則a與b平行或異面,即a∥ba∥α.所以,“a∥b”是“a∥α”的既不充分也不必要條件.2.C解析:由α∥β,若m⊥α,則m⊥β,同理,若m⊥β,也有m⊥α.所以“m⊥α”是“m⊥β”的充要條件.故選C.3.C解析:因?yàn)锳A1∥CC1,所以A,A1,C1,C四點(diǎn)共面.因?yàn)镸∈A1C,所以M∈平面ACC1A1,又M∈平面AB1D1,所以點(diǎn)M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上,同理,點(diǎn)O,A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上,所以A,M,O三點(diǎn)共線,從而M,O,A1,A四點(diǎn)共面,A,O,C,M四點(diǎn)共面.由長(zhǎng)方體性質(zhì)知,OM,BB1是異面直線,即B,B1,O,M四點(diǎn)不共面.故選C.4.D解析:對(duì)于①,當(dāng)直線l,m,n兩兩垂直且相交于一點(diǎn)時(shí),l,m,n不共面;對(duì)于②,若n?α,l∥α,則l與n平行或異面;對(duì)于③,由線面垂直的性質(zhì)可知,③正確.故選D.5.B解析:由兩條不同的直線l,m與兩個(gè)不同的平面α,β,知:對(duì)于A,若l∥α,l⊥m,則m與α平行或m?α或m與α相交或m⊥α,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,若l⊥α,l∥β,則由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正確;對(duì)于C,若m⊥α,l⊥m,則l∥α或l?α,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,若α⊥β,l⊥α,則l∥β或l?β,故D錯(cuò)誤.故選B.6.D解析:由題意,圓柱的軸截面ABCD為邊長(zhǎng)為2的正方形,因?yàn)镋是BC的中點(diǎn),F是AB的中點(diǎn),所以AC?平面ABCD,EF與平面ABCD相交,且與AC無交點(diǎn),所以AC與EF是異面直線.又CF=12+22所以AE≠CF.故選D.7.D解析:取A1B1的中點(diǎn)G,A1D1的中點(diǎn)H,則△AGH就是平面α被正方體ABCD-A1B1C1D1截得的截面,其中AG=AH=5,GH=2,GH邊上的高為(5)2-222故選D.8.C解析:B1M與平面BCC1B1相交于點(diǎn)B1,BN?平面BCC1B1,B1M與BN無交點(diǎn),故B1M與BN是異面直線,故①正確;因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為長(zhǎng)方體,故AD⊥平面CDD1C1,故②正確;取DD1的中點(diǎn)為Q,連接AQ,QN,QN∥AB且QN=AB,故四邊形ABNQ為平行四邊形,故AQ∥BN,AQ與平面ADM相交于點(diǎn)A,故AQ與平面ADM不平行,即BN與平面ADM不平行,故③錯(cuò)誤.故選C.9.C解析:如右圖所示,連接BC1,因?yàn)锳C∥A1C1,所以A1B與A1C1的夾角就是異面直線A1B與AC所成角,不妨設(shè)AC=1,由余弦定理得AB=AC12A1B=22+(3)2在△C1A1B中,cos∠C1A1B=A1故選C.10.D解析:由題可知平面A1B1ED與棱柱上、下底面分別交于A1B1,ED,則A1B1∥ED,ED∥AB,顯然CDE-C1A1B1是三棱臺(tái),設(shè)△ABC的面積為1,△CDE的面積為S,三棱柱的高為h,∴12·1·h=13h(1+S+解得S=由△CDE∽△CAB,可得CDAC故選D.11.B解析:延長(zhǎng)EF交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,連接OH交AB于點(diǎn)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,故直線OH即為直線l,取AD的中點(diǎn)M,連接MO,ME,又點(diǎn)E,F分別是棱A1D1,A1A的中點(diǎn),∴AH=A1E=AM,∴AG=12MO=14AB,BG=3∴AG=13GB,即k=1故選B.12.B解析:由題意可以分析:在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,且AB=AD=BD=2,CB=CD=2.對(duì)于A,取BD的中點(diǎn)E,連接AE.因?yàn)锳B=AD=BD=2,所以AE⊥BD且AE=2sin60°=3.因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD,即AE為三棱錐的高.因?yàn)镾△BCD=12BC·BDsin60°=12×2×2×32=所以三棱錐A-BCD的體積為V=13S△BCD·AE=13×故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,取BD的中點(diǎn)E,連接AE,CE,則AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,所以AC⊥BD.故B正確;對(duì)于C,對(duì)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錯(cuò)誤;對(duì)于D,在△ABC和△ADC中,因?yàn)锳B=AD=2,CB=CD=2,AC=AC,所以△ABC≌△ADC.取AC的中點(diǎn)F,連接BF,DF,則BF⊥AC,DF⊥AC,所以∠BFD即為二面角B-AC-D的平面角.在直角三角形ACE中,因?yàn)锳E=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錯(cuò)誤.故選B.13.4解析:如圖所示,設(shè)CA,AD,DB的中點(diǎn)分別為F,G,H,連接EF,FG,GH,HE,根據(jù)三角形中位線定理,可得EF∥AB,FG∥CD,GH∥AB,HE∥CD,EF=12AB=1,FG=12所以有EF∥GH,FG∥HE,因此四邊形EFGH是平行四邊形,因?yàn)镋F∥AB,EF?平面EFGH,AB?平面EFGH,所以AB∥平面EFGH,同理CD∥平面EFGH,因此平行四邊形EFGH的周長(zhǎng)為2×(1+1)=4.14.②③或②④皆可,答案不唯一解析:設(shè)PA=a,AB=b,AD=c,BQ=x(0≤x≤c),則CQ=c-x.連接AQ.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,底面四邊形ABCD為矩形,所以PA⊥AQ,則PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2,DQ2=CD2+CQ2=b2+(c-x)2,PD2=PA2+AD2=a2+c2,若在BC邊上存在點(diǎn)Q,使得△PQD為鈍角三角形,則有PQ2+DQ2<PD2或PQ2+PD2<DQ2或DQ2+PD2<PQ2,易驗(yàn)證PQ2+PD2<DQ2與DQ2+PD2<PQ2均不符合題意,則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?yàn)棰貾A=2,②BC=3,③AB=2,④AB=1,所以選②③或②④.15.①③④解析:連接AN,DN,因?yàn)樗拿骟wABCD的所有棱長(zhǎng)均為2,則AN=DN=62且MN⊥AD,所以MN=32-1若E為AC的中點(diǎn),連接ME,NE,又M為棱AD的中點(diǎn),則ME∥DC,因?yàn)镸E=NE=22,MN=1,所以ME2+NE2=MN2,即∠MEN=90°,所以ME與MN要使CD⊥平面FMN,即ME⊥平面FMN,又MN?平面FMN,則ME⊥MN,出現(xiàn)矛盾,②錯(cuò)誤;由題設(shè)知四面體ABCD為正四面體,故外接球的半徑r=64×2=32,所以表面積為4πr2要使△MFN的周長(zhǎng)最小,只需MF+FN最小