2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四立體幾何專題突破練14空間位置關(guān)系的判斷與證明（含解析）

專題突破練14空間位置關(guān)系的判斷與證明一、單項選擇題1.(2021·廣東深圳二模)設(shè)α,β為兩個不同的平面,直線l?α,則“l(fā)∥β”是“α∥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2.(2021·湖北荊門期中)在三棱柱ABCA1B1C1中,點M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,則λ=()A.12 B.13 C.143.(2021·山東泰安三模)如圖,AB為圓錐底面直徑,點C為底面圓O上異于A,B的動點,已知OA=3,圓錐側(cè)面展開圖是圓心角為3π的扇形,當(dāng)∠PBC=π3時,PB與AC所成的角為(A.π3 B.C.π4 D.4.(2021·山東煙臺二模)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,由正二十面體的一個頂點P和與P相鄰的五個頂點構(gòu)成正五棱錐PABCDE,則PA與面ABCDE所成角的余弦值約為()(參考數(shù)據(jù)cos36°≈0.8)A.56 B.58 C.355.(2021·湖南衡陽月考)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,將△ABD沿BD折起,使點A到達(dá)點A'的位置,且二面角A'BDC為60°,則A'D與平面BCD所成角的正切值為()A.34 B.C.377 D6.(2021·山東青島二模)已知正方體ABCDA1B1C1D1棱長為2,點P在矩形ACC1A1(包含邊界)內(nèi)運動,且∠PBD=45°,則動點P的軌跡的長度為()A.π B.2π C.2π D.22π二、多項選擇題7.(2021·山東濰坊三模)已知α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,則下列說法正確的是()A.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥nB.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βC.如果α∥β,m?α,那么m∥βD.如果m∥α,n∥β,α∥β,那么m∥n8.(2021·廣東廣州二模)如圖,四棱錐PABCD的底面為矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=AB=2,E為PB的中點,過A,D,E三點的平面α與平面PBC的交線為l,則下列結(jié)論正確的是()A.l∥平面PADB.AE∥平面PCDC.直線PA與l所成角的余弦值為5D.平面α截四棱錐PABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積的比值為3三、填空題9.(2021·山東濰坊期中)若平面α過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,則直線l與直線A1C1所成的角為.

10.(2021·浙江寧波二模)如圖,三棱柱ABCA1B1C1的底面是邊長為23的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D為A1C1的中點,BD=33,則二面角A1ACB的正切值為.

11.(2021·福建龍巖月考)如圖,在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中,M為AD的中點,動點P在正方形ABCD內(nèi)(不包括邊界),若B1P∥平面A1BM,則C1P的長度的取值范圍是.

專題突破練14空間位置關(guān)系的判斷與證明1.B解析當(dāng)l∥β時,α與β可能平行也可能相交.當(dāng)α∥β時,因為l?α,所以l∥β.故選B.2.A解析如圖,連接AC1,交A1C于點O,連接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1?平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O為AC1的中點,∴M為AB的中點,∴AM=12AB,∴λ=123.C解析設(shè)圓錐的母線長為l,則l·3π=23π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=π3,∴BC=2.∴在Rt△ABC中,AC=22.作BD∥AC,與圓O交于點D,連接AD,則四邊形ACBD為平行四邊形,BD=AC=22.連接PD,則∠PBD為PB與AC∵PD=PB=2,BD=22,∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD=π4.4.A解析設(shè)正二十面體的棱長為a,點P在面ABCDE內(nèi)的射影為點O,則O為正五邊形ABCDE的中心.連接OA,OB(圖略),則∠AOB=72°,所以O(shè)A=12ABsin36°=12a1-cos236°≈565.C解析連接AC,交BD于點O,則AC⊥BD.將△ABD沿BD折起,得到△A'BD,可知A'O⊥BD,CO⊥BD,則∠A'OC為二面角A'BDC的平面角,所以∠A'OC=60°.設(shè)菱形ABCD的邊長為2,則A'O=CO=3,又∠A'OC=60°,所以△A'OC為等邊三角形.過點A'作A'E⊥OC于點E,連接DE,則A'E=32.因為A'O⊥BD,CO⊥BD,A'O∩CO=O,所以BD⊥平面A'OC,所以BD⊥A'E.又A'E⊥OC,BD∩OC=O,所以A'E⊥平面BCD.所以∠A'DE為A'D與平面BCD所成的角.在Rt△A'DE中,因為A'D=2,A'E=32,所以DE=72,所以tan∠6.B解析由題意,易知動點P的軌跡為以AC為直徑的半圓,AC=22,故動點P的軌跡的長度為12×227.AC解析對于A,若m⊥α,n∥α,則m⊥n,故A正確.對于B,若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α∥β或α,β相交,故B錯誤.對于C,若α∥β,m?α,則m∥β,故C正確.對于D,若m∥α,n∥β,α∥β,則m,n平行、相交或異面,故D錯誤.故選AC.8.ACD解析如圖,取PC的中點F,連接EF,則AD∥EF,所以A,D,E,F四點共面,所以l為EF.對于A,因為EF∥AD,EF?平面PAD,AD?平面PAD,所以EF∥平面PAD,即l∥平面PAD,故A正確.對于B,若AE∥平面PCD,則必有AE∥DF,又EF∥AD,所以四邊形ADFE為平行四邊形,所以AD=EF,與EF=12BC=12AD矛盾,故B錯誤.對于C,PA與l所成的角即PA與EF所成的角,因為EF∥AD,所以∠PAD為PA與EF所成的角,由PD⊥底面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP=5,所以cos∠PAD=ADAP=55,故C正確.對于D,連接BD,易知VPABCD=13×2×2=43,VABCDFE=VEABD+VDBCFE=13×9.π2解析因為平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以l∥BD,又A1C1⊥BD,所以A1C1⊥l,所以直線l與直線A1C110.3解析如圖,取AC的中點E,連接ED,EB.因為D為A1C1的中點,AA1⊥AC,△ABC是邊長為23的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED為二面角A1ACB的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=33,所以由余弦定理得cos∠BED=32+32-(33)22×11.305,2解析如圖,取BC的中點N,連接B1D,B1N,DN,C1D,C1N,作C1O⊥DN于點O.易知平