2024年高考数学二轮专项复习专题突破练14空间位置关系的判断与证明（Word版附解析）

这是一份2024年高考数学二轮专项复习专题突破练14空间位置关系的判断与证明（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1.(2021·广东深圳二模)设α,β为两个不同的平面,直线l⊂α,则“l∥β”是“α∥β”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2021·湖北荆门期中)在三棱柱ABC-A1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ=( )

A.12B.13C.14D.23
3.(2021·山东泰安三模)如图,AB为圆锥底面直径,点C为底面圆 O上异于A,B的动点,已知OA=3,圆锥侧面展开图是圆心角为3π的扇形,当∠PBC=π3时,PB与AC所成的角为( )
A.π3B.π6
C.π4D.5π6
4.(2021·山东烟台二模)许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体.正二十面体的每一个面均为等边三角形,共有12个顶点、30条棱.如图,由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点构成正五棱锥P-ABCDE,则PA与面ABCDE所成角的余弦值约为( )(参考数据cs 36°≈0.8)
A.56B.58C.35D.512
5.(2021·湖南衡阳月考)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△ABD沿BD折起,使点A到达点A'的位置,且二面角A'-BD-C为60°,则A'D与平面BCD所成角的正切值为( )
A.34B.74
C.377D.12
6.(2021·山东青岛二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P在矩形ACC1A1(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为( )
A.πB.2πC.2πD.22π
二、多项选择题
7.(2021·山东潍坊三模)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列说法正确的是( )
A.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n
B.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
C.如果α∥β,m⊂α,那么m∥β
D.如果m∥α,n∥β,α∥β,那么m∥n
8.(2021·广东广州二模)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=AB=2,E为PB的中点,过A,D,E三点的平面α与平面PBC的交线为l,则下列结论正确的是( )
A.l∥平面PAD
B.AE∥平面PCD
C.直线PA与l所成角的余弦值为55
D.平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积的比值为35
三、填空题
9.(2021·山东潍坊期中)若平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,则直线l与直线A1C1所成的角为 .
10.(2021·浙江宁波二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为23的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=33,则二面角A1-AC-B的正切值为 .
11.(2021·福建龙岩月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AD的中点,动点P在正方形ABCD内(不包括边界),若B1P∥平面A1BM,则C1P的长度的取值范围是 .
专题突破练14 空间位置关系的判断与证明
1.B 解析 当l∥β时,α与β可能平行也可能相交.当α∥β时,因为l⊂α,所以l∥β.故选B.
2.A 解析 如图,连接AC1,交A1C于点O,连接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1⊂平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,
∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O为AC1的中点,∴M为AB的中点,∴AM=12AB,∴λ=12.故选A.
3.
C 解析 设圆锥的母线长为l,则l·3π=23π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=π3,∴BC=2.∴在Rt△ABC中,AC=22.作BD∥AC,与圆O交于点D,连接AD,则四边形ACBD为平行四边形,BD=AC=22.连接PD,则∠PBD为PB与AC所成的角.在△PBD中,
∵PD=PB=2,BD=22,
∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD=π4.故选C.
4.A 解析 设正二十面体的棱长为a,点P在面ABCDE内的射影为点O,则O为正五边形ABCDE的中心.连接OA,OB(图略),则∠AOB=72°,所以OA=12ABsin36°=12a1-cs236°≈56a.因为PO⊥面ABCDE,所以∠PAO为PA与面ABCDE所成的角,所以cs∠PAO=OAPA≈56aa=56.
5.C 解析 连接AC,交BD于点O,则AC⊥BD.将△ABD沿BD折起,得到△A'BD,可知A'O⊥BD,CO⊥BD,则∠A'OC为二面角A'-BD-C的平面角,所以∠A'OC=60°.设菱形ABCD的边长为2,则A'O=CO=3,又∠A'OC=60°,所以△A'OC为等边三角形.过点A'作A'E⊥OC于点E,连接DE,则A'E=32.因为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为A'D与平面BCD所成的角.在Rt△A'DE中,因为A'D=2,A'E=32,所以DE=72,所以tan∠A'DE=A'EDE=377.故选C.
6.B 解析 由题意,易知动点P的轨迹为以AC为直径的半圆,AC=22,故动点P的轨迹的长度为12×22π=2π.
7.AC 解析 对于A,若m⊥α,n∥α,则m⊥n,故A正确.对于B,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α∥β或α,β相交,故B错误.对于C,若α∥β,m⊂α,则m∥β,故C正确.对于D,若m∥α,n∥β,α∥β,则m,n平行、相交或异面,故D错误.故选AC.
8.
ACD 解析 如图,取PC的中点F,连接EF,则AD∥EF,所以A,D,E,F四点共面,所以l为EF.对于A,因为EF∥AD,EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD,即l∥平面PAD,故A正确.对于B,若AE∥平面PCD,则必有AE∥DF,又EF∥AD,所以四边形ADFE为平行四边形,所以AD=EF,与EF=12BC=12AD矛盾,故B错误.对于C,PA与l所成的角即PA与EF所成的角,因为EF∥AD,所以∠PAD为PA与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cs∠PAD=ADAP=55,故C正确.对于D,连接BD,易知VP-ABCD=13×2×2=43,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=13×1×1+13×324×2=56,所以VP-ADFEVABCDFE=43-5656=35,故D正确.故选ACD.
9.π2 解析 因为平面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,所以直线l与直线A1C1所成的角为π2.
10.-3 解析 如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A1C1的中点,AA1⊥AC,△ABC是边长为23的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面角A1-AC-B的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=33,所以由余弦定理得cs∠BED=32+32-(33)22×3×3=-12,所以∠BED=120°,所以tan∠BED=-3.
11.305,2 解析 如图,取BC的中点N,连接B1D,B1N,DN,C1D,C1N,作C1O⊥DN于点O.易知平面B1DN∥平面A1BM,所以点P在线段DN上,不包括端点D,N.
在△C1DN中,C1D=2,DN=C1N=12+122=52,所以S△C1DN=12×2×522-222=64,
又S△C1DN=12·DN·C1O=54C1O,所以54C1O=64,即C1O=305.
当点P与点O重合时,C1P的长度取最小值305.
因为C1D>C1N,点P与点D不重合,
所以C1P