统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业10空间位置关系的判断与证明文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业10空间位置关系的判断与证明文，共8页。
A．存在直线m⊂α，使l∥m
B．存在直线m⊂α，使l⊥m
C．存在直线m⊂α，使l，m相交
D．存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq \f(π,6)
2．[2023·辽宁凌源第二高级中学期中]下列命题中真命题的个数是( )
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；
②与同一个平面夹角相等的两条直线互相平行；
③平行于同一个平面的两条直线互相平行；
④两条直线能确定一个平面．
A．0B．1
C．2D．3
3．[2023·江苏无锡高三期末]正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，则直线B1M与平面A1C1B所成角的正弦值为( )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(6),3)D．eq \f(2\r(2),3)
4．[2023·新疆乌鲁木齐市高三检测]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有( )
A.BD1⊥EH
B．AD∥FG
C．平面BB1D1D⊥平面EFGH
D．平面A1BCD1∥平面EFGH
5．[2023·浙江绍兴模拟预测]如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是线段CD1上的动点，则
( )
A．AP∥平面BC1D
B．AP∥平面A1BC1
C．AP⊥平面A1BD
D．AP⊥平面BB1D1
6．[2023·北京人大附中高三模拟]在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件________时，A1P∥平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)
7．[2023·陕西咸阳模拟]已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线．有下列命题：
①如果m∥n，n⊂α，那么m∥α；
②如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n；
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；
④如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β.
其中所有真命题的序号是________．
8．[2023·江西省九江十校高三联考]已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，△ABC是底面⊙O的内接正三角形，点P在DO上，且PO＝λDO.若PA⊥平面PBC，则实数λ＝________．
9．[2023·四川泸州三模]已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为B1C1的中点．
(1)若AB＝AC＝2，BC＝2eq \r(2)，AA1＝2，求点C到平面ABD的距离；
(2)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①A1B⊥B1C；②BD⊥B1C；③A1B1＝A1C1.
10．[2023·哈尔滨第三中学阶段性考试]在三棱锥P­ABC中，△PAC和△PBC是边长为eq \r(2)的等边三角形，AB＝2，O，D分别是AB，PB的中点．
(1)求证：OD∥平面PAC；
(2)求证：OP⊥平面ABC；
(3)求三棱锥D­OBC的体积．
11.[2023·河南焦作二模]设m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊂α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
B．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
C．若α∩β＝l，α⊥β，m⊂α，m⊥l，m∥n，则n⊥β
D．若m⊥n，n⊥α，n∥β，则α∥β
12.
[2023·百师联盟高三联考]如图，四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD.底面ABCD为菱形，且AB＝4，∠BAD＝eq \f(π,3)，E，M，N分别为棱PA，PB，PC的中点．F为MN上的动点．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)若三棱锥A­FBD的体积为2，求棱长PD的长．
课时作业10 空间位置关系的判断与证明
1．解析：对于A，若直线l与α相交，则α内的直线与l要么相交要么异面，故不存在直线m⊂α，使l∥m，A错误；对于B，由于l⊄α，所以l与α相交或者平行，不论是相交还是平行，均可在α内找到与l垂直的直线m，故B正确；对于C，当l∥α时，则α内的直线要么与l平行，要么与l异面，所以不存在m⊂α，使l，m相交，故C错误；对于D，当直线l⊥α时，此时直线l与α内的所有直线均垂直，故不存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq \f(π,6)，故D错误．故选B.
答案：B
2．解析：对于①，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于②，与同一个平面夹角相等的两条直线可能互相平行，也可能相交或异面，所以是错误的．对于③，平行于同一个平面的两条直线可能互相平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于④，两条直线不一定能确定一个平面，所以是错误的．故选A.
答案：A
3．解析：因为B1D在平面A1B1C1D1内的射影为B1D1，又B1D1⊥A1C1，所以B1D⊥A1C1，同理可证B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1C1B，
∴B1M与平面A1C1B所成角的正弦等于B1M与B1D所成角的余弦的绝对值，即∠MB1D的余弦的绝对值；
令AB＝1，连接BD，则B1M＝eq \r(BBeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋BM2)＝eq \r(1＋\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，MD＝eq \f(\r(2),2)，B1D＝eq \r(3)，
在三角形MB1D中，由余弦定理，可得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs∠MB1D))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(3,2)＋3－\f(1,2),2·\f(\r(6),2)·\r(3))))＝eq \f(2\r(2),3).故选D.
答案：D
4．解析：若点E与点A1重合，点H与点D1重合，则BD1与EH的夹角便是BD1与A1D1的夹角，显然BD1与A1D1的夹角不是eq \f(π,2)，所以BD1⊥EH错误，A错误；当FG与B1C1重合时，由AD∥B1C1可得AD∥FG，当FG与B1C1不重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1，FG⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1D1＝B1C1，所以FG∥B1C1，又AD∥B1C1，所以AD∥FG，B正确；当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，C错误；当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，D错误．故选B.
答案：B
5．解析：如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，由AA1与CC1平行且相等得平行四边形ACC1A1，得A1C1∥AC，AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，得AC∥平面A1BC1，同理AD1∥平面A1BC1，而AD1，AC是平面AD1C内两条相交直线，因此有平面AD1C∥平面A1BC1，AP⊂平面AD1C，所以AP∥平面A1BC1，故选B.
答案：B
6．解析：取CC1中点P，连结A1P，
∵在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，
∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P∥CD，
∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P∥平面BCD.
答案：P是CC1中点
7．解析：①如果m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故①不正确；②如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，故②正确；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β，故③正确；④缺少m⊂α这个条件，故④不正确．
答案：②③
8．解析：
如图，延长AO交圆O于点E，由题意可知，△ADE、△ABC均为等边三角形，设AE＝AD＝1，由正弦定理可得eq \f(AB,sin60°)＝AE，则AB＝AEsin60°＝eq \f(\r(3),2)，易知O为AE的中点，则DO⊥AE，DO＝ADsin60°＝eq \f(\r(3),2)，则PO＝λDO＝eq \f(\r(3),2)λ，PB2＝PA2＝PO2＋OA2＝eq \f(3,4)λ2＋eq \f(1,4)，因为PA⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥PB，在△PAB中，由勾股定理得PA2＋PB2＝BA2，即2（eq \f(3,4)λ2＋eq \f(1,4)）＝eq \f(3,4)，解得λ＝eq \f(\r(6),6).
答案：eq \f(\r(6),6)
9．解析：（1）因为AB＝AC＝2，BC＝2eq \r(2)，
所以AB2＋AC2＝BC2，即△ABC是直角三角形，AB⊥AC，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
因为ABC­A1B1C1是直棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则点D到平面ABC的距离为AA1，
连接A1D，A1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥A1D，
因为D为B1C1的中点，即DB1＝eq \f(1,2)B1C1＝eq \r(2)，
所以在Rt△A1B1C1中，A1D＝eq \f(1,2)B1C1＝eq \r(2)，
所以AD＝eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋A1D2)＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，
同理，BB1⊥DB1，则BD＝eq \r(DB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \r(2＋4)＝eq \r(6)，
所以△ABD是等腰三角形，则S△ABD＝eq \f(1,2)×2×eq \r(（\r(6)）2－12)＝eq \r(5)，
设点C到平面ABD的距离为d，
因为VC­ABD＝VD­ABC，即eq \f(1,3)S△ABD·d＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1，
解得d＝eq \f(4\r(5),5)，
故点C到平面ABD的距离为eq \f(4\r(5),5).
（2）选择①②为条件，证明③成立：
证明：连接A1D，
因为A1B⊥B1C，BD⊥B1C，A1B∩BD＝B，A1B⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，
所以B1C⊥平面A1BD，
因为A1D⊂平面A1BD，所以B1C⊥A1D，
又ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.
因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，
因为BB1∩B1C＝B1，BB1⊂平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以A1D⊥平面BCC1B1，
因为B1C1⊂平面BCC1B1，所以A1D⊥B1C1，
因为D为B1C1的中点，所以A1B1＝A1C1.
选择①③为条件，证明②成立：
证明：连接A1D，因为A1B1＝A1C1，D为B1C1的中点，所以A1D⊥B1C1，
因为ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，
因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，
因为BB1∩B1C＝B1，BB1⊂平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以A1D⊥平面BCC1B1，
因为B1C⊂平面BCC1B1，所以A1D⊥B1C，
又A1B⊥B1C，A1B∩A1D＝A1，A1B⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，
所以B1C⊥平面A1BD，
因为BD⊂平面A1BD，
所以BD⊥B1C.
选择②③为条件，证明①成立：
证明：连接A1D，因为A1B1＝A1C1，D为B1C1的中点，所以A1D⊥B1C1，
因为ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，
因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，
因为BB1∩B1C＝B1，BB1⊂平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以A1D⊥平面BCC1B1，
因为B1C1⊂平面BCC1B1，所以A1D⊥B1C，又BD⊥B1C，BD∩A1D＝D，BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，
所以B1C⊥平面A1BD，
因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥B1C.
10．解析：（1）证明：∵O，D分别为AB，PB的中点，
∴OD∥PA.
∵PA⊂平面PAC，OD⊄平面PAC，∴OD∥平面PAC.
（2）证明：∵AC＝BC＝eq \r(2)，AB＝2，∴AC⊥BC.
∵O为AB的中点，AB＝2，
∴OC⊥AB，OC＝1，
同理，PO⊥AB，PO＝1.
∵PC＝eq \r(2)，
∴PC2＝OC2＋PO2＝2，则∠POC＝90°，即PO⊥OC.
∵PO⊥OC，PO⊥AB，AB∩OC＝O，
∴OP⊥平面ABC.
（3）由（2）可知，OP⊥平面ABC，∴OP为三棱锥P­ABC的高，且OP＝1，
∴VD­OBC＝eq \f(1,12)S△ABC·OP＝eq \f(1,12)×eq \f(1,2)×2×1×1＝eq \f(1,12).
11．解析：对于A中，若m⊂α，n∥β，α⊥β，则m与n的关系可能是平行、相交或异面，所以A错误；对于B中，若m∥α，α∩β＝n，则m，n的关系可能是平行或异面，故B错误；对于C中，若α∩β＝l，α⊥β，m⊂α，m⊥l，则m⊥β，因为m∥n，所以n⊥β，故C正确；对于D中，因为m⊥n，m⊥α，n∥β，所以α与β相交或平行，所以D错误．故选C.
答案：C
12．解析：（1）证明：因为E，M为PA，PB的中点，则EM∥AB，
又EM⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EM∥平面ABCD，
M，N分别为棱PB，PC的中点，所以MN∥BC，
又MN⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，
又因为EM∩MN＝M，EM⊂平面EMN，MN⊂平面EMN，所以平面EMN∥平面ABCD，
EF⊂平面EMN，所以EF∥平面ABCD.
（2）底面ABCD为菱形，则AB＝AD＝4，
因为∠BAD＝eq \f(π,3)，所以△ABD为等边三角形，
所以BD＝4，则S△ABD＝eq \f(1,2)×4×4×sin60°＝4eq \r(3)，
设点F到平面ABCD的距离为a，又MN∥平面ABCD，则PD＝2a.
由VA­FBD＝VF­ABD得，2＝eq \f(1,3)×a×S△ABD＝eq \f(4\r(3)a,3)，
解得a＝eq \f(\r(3),2)，则PD＝2a＝eq \r(3).
A基础达标
B素养提升