2025屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第一部分高考層級專題突破層級二7個(gè)能力專題師生共研專題四立體幾何第二講課時(shí)跟蹤檢測十一點(diǎn)直線平面之間的位置關(guān)系理含解析

PAGE第一部分高考層級專題突破層級二7個(gè)實(shí)力專題師生共研專題四立體幾何其次講點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系課時(shí)跟蹤檢測(十一)點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系一、選擇題1．(2024·陜西西安模擬)下列命題正確的是()A．若直線l⊥平面α，直線l⊥平面β，則α∥βB．若直線l∥平面α，直線l∥平面β，則α∥βC．若兩直線l1，l2與平面α所成的角相等，則l1∥l2D．若直線l上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B到平面α的距離相等，則l∥α解析：選A對于A選項(xiàng)，垂直于同始終線的兩平面相互平行，故A選項(xiàng)正確；對于B選項(xiàng)，若直線l∥平面α，直線l∥平面β，則兩平面可能相交或平行，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于C選項(xiàng)，若兩直線l1，l2與平面α所成的角相等，則l1，l2可能相交、平行或異面，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于D選項(xiàng)，若直線l上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B到平面α的距離相等，則直線l與平面α可能相交或者平行，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A．2．(2024·昆明市高三調(diào)考)設(shè)l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，且l?α，m?β.下列結(jié)論正確的是()A．若α⊥β，則l⊥β B．若l⊥m，則α⊥βC．若α∥β，則l∥β D．若l∥m，則α∥β解析：選C若α⊥β，l?α，則l垂直于α與β的交線時(shí)，才有l(wèi)⊥β，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；若l⊥m，l?α，m?β，則α與β平行或相交，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；若α∥β，l?α，則l∥β，所以C選項(xiàng)正確；若l∥m，l?α，m?β，則α與β平行或相交，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C．3．(2024·遼寧丹東二模)已知α，β表示兩個(gè)不同平面，a，b表示兩條不同直線，對于下列兩個(gè)命題：①若b?α，a?α，則“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件；②若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要條件．推斷正確的是()A．①②都是真命題B．①是真命題，②是假命題C．①是假命題，②是真命題D．①②都是假命題解析：選B若b?α，a?α，a∥b，則由線面平行的判定定理可得a∥α，反過來，若b?α，a?α，a∥α，則a，b可能平行或異面，所以，若b?α，a?α，則“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件，①是真命題；若a?α，b?α，α∥β，則由面面平行的性質(zhì)可得a∥β，b∥β，反過來，若a?α，b?α，a∥β，b∥β，則α，β可能平行或相交，所以，若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充分不必要條件，②是假命題，故選B．4．(2024·河北唐山模擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析：選B依據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，∴B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，過點(diǎn)H作直線垂直于平面AEF，肯定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；設(shè)AB＝2eq\r(2)，則AG＝3，在△AHG中，AH＝AB＝2eq\r(2)，HG＝CG＝1，假如HG⊥平面AEF成立，則HG⊥AG，則HG2＋AG2＝AH2，代入數(shù)據(jù)與之沖突，∴D不正確．故選B．5．如圖，在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分別與AB，BC，SC，SA交于D，E，F(xiàn)，H，且D，E分別是AB，BC的中點(diǎn)，假如直線SB∥平面DEFH，那么四邊形DEFH的面積為()A．eq\f(45,2) B．eq\f(45\r(3),2)C．45 D．45eq\r(3)解析：選A取AC的中點(diǎn)G，連接SG，BG(圖略)，易知SG⊥AC，BG⊥AC，SG∩BG＝G，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB.因?yàn)镾B∥平面DEFH，SB?平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，則SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，則H，F(xiàn)也為AS，SC的中點(diǎn)，從而得HFeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)ACeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))DE，所以四邊形DEFH為平行四邊形．因?yàn)锳C⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四邊形DEFH為矩形，其面積S＝HF·HD＝eq\f(1,2)AC·eq\f(1,2)SB＝eq\f(45,2).6．(2024·恩施州模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1A．平面A1B1CD⊥平面BC1DB．存在平面A1B1CD上的一點(diǎn)P使得D1P∥平面BC1DC．存在直線A1C上的一點(diǎn)Q使得D1Q∥平面BC1D．存在直線A1C上的一點(diǎn)R使得D1R⊥平面BC1解析：選D在A中，由題意得BC1⊥平面A1B1CD，又BC1?平面BCD，∴平面A1B1CD⊥平面BC1D，故A正確；在B中，設(shè)A1D∩AD1＝P，則P為平面A1B1CD上的一點(diǎn)，滿意D1P∥平面BC1D，故B正確；在C中，設(shè)B1C∩BC1＝O，連接DO，過P點(diǎn)作PQ∥DO，連接D1Q由題意推導(dǎo)出平面PQD1∥平面BC1D，∴存在直線A1C上的一點(diǎn)Q使得D1Q∥平面BC1D在D中，過A1作A1S⊥OD于S，∵平面A1B1CD⊥平面BC1D，平面A1B1CD∩平面BC1D＝OD，∴A1S⊥平面BC1D，設(shè)R為直線A1C連接PR，D1R，則A1S，D1R肯定為異面直線，∴不存在直線A1C上的一點(diǎn)R，使得D1R⊥平面BC1D二、填空題7．已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：(1)若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；(2)若m∥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；(3)若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；(4)若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.其中正確的命題是________．解析：借助于長方體模型來解決本題，對于(1)，可以得到平面α，β相互垂直，如圖①所示，故(1)正確；對于(2)，平面α，β可能垂直，如圖②所示，故(2)不正確；對于(3)，平面α，β可能垂直，如圖③所示，故(3)不正確；對于(4)，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因?yàn)閚∥β，所以過n作平面γ，且γ∩β＝g，如圖④所示，所以n與交線g平行，因?yàn)閙⊥g，所以m⊥n，故(4)正確．答案：(1)(4)8．(2024·菏澤一模)如圖，在正四面體A－BCD中，E是棱AD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn)，則異面直線AB和CE所成的角的余弦值為________．解析：如圖，取棱BD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn)F，∵E是棱AD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn)，∴EF∥AB，∴∠CEF(或其補(bǔ)角)是異面直線AB和CE所成的角，設(shè)正四面體A－BCD的棱長為3，則DE＝eq\f(1,3)AD＝1，EF＝eq\f(1,3)AB＝1，DF＝eq\f(1,3)BD＝1，在△CDE中，由余弦定理得：CE2＝DE2＋CD2－2DE·CD·cos∠CDE＝12＋32－2×1×3×eq\f(1,2)＝7，∴CE＝eq\r(7)，同理，在△CDF中，由余弦定理得CF＝eq\r(7)，在△CEF中，由余弦定理得cos∠CEF＝eq\f(EF2＋CE2－CF2,2EF·CE)＝eq\f(12＋\r(7)2－\r(7)2,2×1×\r(7))＝eq\f(\r(7),14).答案：eq\f(\r(7),14)9.(2024·福建泉州模擬)如圖，一張A4紙的長、寬分別為2eq\r(2)a,2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P，從而得到一個(gè)多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是________．(寫出全部正確命題的序號)①該多面體是三棱錐；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④該多面體外接球的表面積為5πa2.解析：由題意得該多面體是一個(gè)三棱錐，故①正確；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD.又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正確；取AC的中點(diǎn)為M點(diǎn)，∵AB＝BC＝eq\r(3)a，∴BM＝eq\r(2)·a，且BM⊥AC.在△BMD中，BD＝2a，∴BM2＋MD2＝BD2，∴BM⊥MD.AC∩MD＝M，∴BM⊥平面ACD.又∵BM?平面BAC，∴平面BAC⊥平面ACD，故③正確；∵DM⊥AC，DM∩BM＝M，∴AC⊥平面BMD.連接MP，MP＝a，則對于MP上隨意一點(diǎn)N，都有NB＝ND，NA＝NC.假設(shè)其上一點(diǎn)O為外接球球心，在Rt△AMO和Rt△DOP中，依據(jù)勾股定理得a2＋NP2＝(a－NP)2＋a2，得O點(diǎn)為MP的中點(diǎn)，即外接球半徑R＝eq\f(\r(5),2)a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故④正確．綜上，正確命題的序號為①②③④.答案：①②③④三、解答題10．(2024·長春二模)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝eq\r(2)，M為PC的中點(diǎn)．(1)求證：平面PBC⊥平面BMD；(2)求點(diǎn)B到平面PCD的距離．解：(1)證明：在直角梯形中，BD＝eq\r(3)，cos∠BDC＝cos∠DBA＝eq\f(1,\r(3))，在△BCD中，由余弦定理得BC＝eq\r(3)，在Rt△PAB中，由勾股定理得PB＝eq\r(3)，同理PD＝2，所以△PCD，△PCB是等腰三角形，所以PC⊥MD，PC⊥MB.因?yàn)镸D∩MB＝M，所以PC⊥平面BMD，又因?yàn)镻C?平面PBC，則平面PBC⊥平面BMD.(2)如圖，取PD的中點(diǎn)N，連接AN，MN，在△PCD中，MNeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)CD＝BA，則ABMN為平行四邊形，所以BM∥AN，BM＝AN＝1.由PA＝AD，所以AN⊥PD，由題意得CD⊥平面PAD，所以CD⊥AN，又CD∩PD＝D，所以AN⊥平面PCD，所以BM⊥平面PCD，所以B到平面PCD的距離為1.11.(2024·河北三市聯(lián)考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝4，CB＝2，AA1＝2，∠ACB＝60°，E，F(xiàn)分別是A1C1，(1)證明：平面AEB⊥平面BB1C(2)證明：C1F∥平面AEB(3)設(shè)P是BE的中點(diǎn)，求三棱錐P－B1C解：(1)證明：在△ABC中，∵AC＝2BC＝4，∠ACB＝60°，∴AB＝2eq\r(3)，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，由已知AB⊥BB1，且BC∩BB1＝B，可得AB⊥平面BB1C又AB?平面AEB，∴平面AEB⊥平面BB1C(2)證明：取AB的中點(diǎn)M，連接EM，F(xiàn)M，在△ABC中，M，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴MF∥AC，MF＝eq\f(1,2)AC.∵A1C1∥AC，A1C1＝AC，E為A1∴MF∥EC1，MF＝EC1，∴四邊形EC1FM為平行四邊形，∴C1F∥EM∵EM?平面AEB，C1F?平面AEB∴C1F∥平面AEB(3)取B1C1的中點(diǎn)H，連接EH，則EH∥AB，且EH＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(3)，又AB⊥平面BB1C1C，∴EH⊥平面BB1C1C∵P是BE的中點(diǎn)，∴Veq\s\do6(P－B1C1F)＝eq\f(1,2)Veq\s\do6(E－B1C1F)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)Seq\s\do6(△B1C1F)·EH＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).12．如圖①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖②(1)求證：DE∥平面A1CB；(2)求證：A1F⊥BE(3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ解：(1)證明：在△ABC中，因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.又因?yàn)镈E?平面A1CB，BC?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)證明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.即DE⊥A1D，DE⊥CD，因?yàn)锳1D∩