高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板09 点、直线、平面之间的位置关系专项练习（解析版）

这是一份高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板09 点、直线、平面之间的位置关系专项练习（解析版），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模板9点、直线、平面之间的位置关系专项练习一、单选题1．（2021·四川成都·石室中学高三三模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因平面，则，而，，于是得平面，，而，，又，，则有，三棱锥的表面积为，连接OA，OB，OC，OP，如图：三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，，而，则，得，所以球的体积为. 故选：C2．（2021·山东泰安·高三其他模拟）《九章算术》是中国古代第一部数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.例如，堑堵指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，若，当阳马的体积最大时，堑堵中异面直线所成角的大小是（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】在堑堵中, 平面,平面所以，又，且，所以平面 所以阳马的体积为 在直角三角形中， 即，当且仅当时取得等号.所以当时，阳马的体积取得最大值又,所以（或其补角）为异面直线所成角,即,所以故选：C3．（2021·漠河市高级中学（理））关于直线、与平面、，有以下四个命题：①若，且，则； ②若，且，则；③若，且，则；④若，且，则.其中真命题的序号是（    ）A．①② B．③④ C．①④ D．②③【答案】D【详解】对于①，若，且，则与平行、相交或异面，①错误；对于②，如下图所示：设，因为，在平面内作直线，由面面垂直的性质定理可知，，，，，，因此，，②正确；对于③，若，，则，因为，过直线作平面使得，由线面平行的性质定理可得，，，则，因此，③正确；对于④，若，且，则与平行、相交或异面，④错误.故选：D.4．（2021·陕西高新一中高三二模（理））在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】如下图所示：设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，四边形为平行四边形，且，且，且，则四边形为平行四边形，，平面，则存在直线平面，使得，若平面，则平面，又平面，则平面，此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，所以，平面，，平面，平面，平面平面，，，所以，四边形为平行四边形，可得，为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.故选：B.5．（2021·黑龙江牡丹江一中高三期末（理））若一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”.那么在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是A．48 B．36 C．24 D．18【答案】B【详解】①正方体的每一条棱，都与两个侧面垂直，可得个“正交线面对”．正方体共条棱，可得“正交线面对”个②正方体的每一条面对角线，都与一个对角面垂直，可得个“正交线面对”．正方体共条面对角线，可得“正交线面对”个③不存在与包含正方体的四个顶点的平面与正方体的体对角线垂直综上所述：共有个本题正确选项：6．（2021·全国高三专题练习（文））攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称为攒尖．依其平面有圆形攒尖，三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也四有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示．某园林建筑屋顶为六角攒尖，它的主轮廓可近似看作一个正六棱锥（底面为正六边形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心）．若正六棱锥的侧棱与高线所成的角为，则其外接球半径与侧棱长的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，设底面中心为H，底面边长为a，连接，，底面为正六边形，由正棱锥性质知，底面又侧棱与高所成的角为，，则，即设正六棱锥外接球球心为O，半径为R，连接,则，，在直角中，，即故选：A7．（2021·湖北襄阳四中高三其他模拟）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为A． B．1 C． D．【答案】C【详解】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，直线与平面不存在公共点，所以平面,由中位线定理可得,在平面内，在平面外，所以平面,因为与在平面内相交，所以平面平面,所以在上时，直线与平面不存在公共点，因为与垂直，所以与重合时最小，此时，三角形的面积最小，最小值为，故选C.8．（2021·宝山·上海交大附中高三其他模拟）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，且，，点在棱上运动，设的长度为，若△的面积为，则的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】过作交于，过作交于，连接，∵平面，∴平面，面，即，∵，则，又，∴面，面，则，令，则，，∴，则，而，则，而，∴，而，∴，由解析式知：变化类似二次函数曲线，∴根据二次函数的性质知：关于对称，在上单调递减，在上单调递增， 故选：A二、多选题9．（2021·全国高三专题练习）《九章算术》成书于公元一世纪左右，经历代各家的不断增补和修订，而逐渐成为现今定本，现今流传的大多是在三国时期魏元帝景元四年（263年）刘徽为《九章》所作注本.书中阐述：将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“堑堵”中，，，分别为，上的点，下列结论正确的是（    ）A．四棱锥为“阳马”B．若，，则四面体为“鳖臑”C．当，分别为，的中点时，四面体为“鳖臑”D．若，则当时，四面体为“鳖臑”，且体积的最大值为【答案】ABD【详解】对于选项A,在四棱锥中，底面为矩形，且平面，则四棱锥为“阳马”， 所以选项A正确；对于选项B，在四面体中，因为平面，所以平面平面，又，平面，又，所以平面，所以四面体中的四个面都是直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故选项B正确；对于选项C，当，分别为，的中点时，，因为与的长度不确定，所以不一定为，所以四面体不一定为“鳖臑”， 选项C不正确；对于选项D，当时，不妨设，，由题意可知，，则，，四面体的体积，.设函数，，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以当时，，所以四面体的体积的最大值为，选项D正确.故选：ABD.10．（2021·江苏金陵中学高三月考）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（    ）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN所成角的正弦值为【答案】BCD【详解】解：对于，假设对，即平面，于是，，但六边形为正六边形，，矛盾，所以错；对于，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为，所以对；对于，取正方形对角线交点，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为，其表面积为，所以对；对于，因为在平面内射影为，所以与平面所成角即为，其正弦值为，所以对．故选：．11．（2021·江门市培英高级中学高三其他模拟）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则以下正确的是（    ）．A． B． C． D．【答案】BC【详解】由正方体的展开图，将它还原为正方体，如图：对于A：易知与是异面直线，故A错误；对于B：易知，故B正确；对于C：易知平面，从而有，故C 正确；对于D：由可知，与所成角为，又易知为等边三角形，故，故D错误；故选：BC12．（2021·江苏常熟中学高三三模）在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则（    ）A．B．平面C．与平面所成角正切值的最大值为D．当P位于时，三棱锥的外接球体积最小【答案】AC【详解】正方体中侧棱与底面垂直，则与底面内的直线垂直，而正方形的对角线与垂直，与是对角面内两相交直线，因此有与平面垂直，当然垂直于此平面的直线，A正确；设，，如图，若平面，是过的平面与平面的交线，则，但由正方体性质知是中点，是中点，所以，而与相交，这是不可能的，B错；如图，易知在平面上的射影在中，连接，则是与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，的最小值是到直线的距离，所以的最大值为，C正确；正方体中，设平面，交于（由面面垂直的性质定理可得是上），易知是的外心，因此的外接球的球心一定在上，设为，高，正方体棱长为，则，，其中，所以当时，最小，此时重合．D错．故选：AC．三、填空题13．（2021·安徽高三其他模拟（文））在正方体中，，点，分是棱，的中点，有下列命题：①平面平面；②平面截正方体所得截面的面积为；③直线与平面所成角的正弦值为；④若点是线段上的一个动点，则三棱锥的体积为定值.其中正确的选项是___________.【答案】①②④【详解】取的中点，连接，与平行且相等，则是平行四边形，与平行且相等，同理与平行且相等，与与平行且相等，是平行四边形，与行且相等，所以与平行且相等，是平行四边形，平行四边形就是截面，首先由，平面，平面，得平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，①正确；平行四边形是菱形，边长为，对角线，，面积为，②正确；如图，以为轴建立空间直角坐标系，则．，，，设平面的一个法向量是，则，取得，，它的一个方向向量为，，所以直线与平面所成角的正弦值为，③错； 由平面，点是线段上，所以到平面的距离不变，面积不变，所以不变．④正确．故答案为：①②④．14．（2021·河南高三其他模拟（理））已知正四棱锥的底面边长为，其内切球的半径为，则该四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为_________（用含的代数式表示）.【答案】【详解】设正四棱锥的内切球的球心为，内切球与四棱锥底面的切点为，设球与侧面的切点为，取的中点，连接、、、，因为底面，平面，则，则，且该四棱锥的侧棱与底面所成角等于，易知，则，又因为，故，设，则，即，化简得，解得或（舍去），又，所以侧棱与底面所成角的正切值为.故答案为：.15．（2021·通辽新城第一中学高三其他模拟（理））如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是___________.①平面；②异面直线与所成角是定值；③三棱锥体积的最大值是；④一定存在某个位置，使【答案】①②③【详解】对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：因为M、F分别为、中点，所以，且，又矩形ABCD，E为AB中点，所以且，所以，且，所以四边形BEFM为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故①正确；对于②：由①可得，所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，由题意得，在旋转过程中，形状不变，所以不变，所以异面直线与所成角为定值，故②正确；对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，此时到DE的距离即为所求，且为，所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；对于④：假设，由题意得，，DC=2，所以，即，所以平面，所以，由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，所以DE无法垂直，故假设错误，所以不存在某个位置，使，故④错误；故答案为：①②③16．（2021·全国高三月考（文））如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，则下列四个结论中成立的是________．（写出对应的序号）①平面；②；③；④长方体的外接球表面积为．【答案】①②④【详解】连接BD，BC1，B1D1，AB1，如图：由长方体的结构特征知，对角面BDD1B1是矩形，即BD//B1D1，B1D1平面BC1D，BD平面BC1D，于是B1D1//平面BC1D，同理AD1//平面BC1D，而B1D1AD1= D1，B1D1平面AB1D1，AD1平面AB1D1，平面AB1D1//平面BC1D，而平面，平面，故①正确；中，，由余弦定理得，故②正确；中，，故，故③错误；长方体外接球半径为，则，则，则该长方体的外接球的表面积为，故④正确，综上，正确结论的序号是①②④．故答案为：①②④四、解答题17．（2021·广东高三其他模拟）如图1，四边形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A为PD的中点，将△ABP沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点．（1）若M为PD的中点，证明：平面PCD⊥平面ABM；（2）若PC，试确定M的位置，使二面角M﹣AB﹣D的余弦值等于．【答案】（1）证明见解析；（2）DM＝2MP．【详解】（1）证明：由题意，AD＝BC，且AD∥BC，故四边形ABCD是平行四边形，又PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，∴△PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形，取AB的中点E，连接PE，CE，易知△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC，又PE∩EC＝E，∴AB⊥平面PEC，∴AB⊥PC，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN∥CD∥AB，即A，B，N，M四点共面，又PB＝BC＝2，则BN⊥PC，又AB∩BN＝B，∴PC⊥平面ABM，又PC在平面PCD内，∴平面PCD⊥平面ABM；（2）∵，，所以，∴PE⊥EC，又AB⊥PE且AB⊥EC，则以为原点，以EB，EC，EP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设，则，则，得，则，易知平面ABD的一个法向量为，设平面MAB的一个法向量为，又，，∴，得，取，得，所以，所以，解得，故DM＝2MP．18．（2021·全国高三专题练习（文））如图在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面分别是的中点.（1）证明：；（2）若M是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求M点的位置.【答案】（1）证明见解析；（2）M点在上靠近P点的四等分点处.【详解】（1）连接且E是的中点，.又平面平面，平面平面平面.平面平面.又为菱形，且分别为棱的中点，.，又平面；平面.（2）如图，连接，设，则，，，则，又.. 解得，即M点在上靠近P点的四等分点处.19．（2021·河北衡水中学高三其他模拟）在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，，，，，，为的中点，且点满足.（1）证明：平面.（2）当多面体的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）分别取中点，连结.在梯形中，且，且分别为中点∴， ∴，∴四边形是平行四边形 ∴又，为中点，∴为中点，又为中点  ∴∴又平面，平面 ∴平面（2）在平面内，过作交于.平面平面，平面平面，平面，，∴平面 ∴即为四棱锥的高，又底面面积确定，所以要使多面体体积最大，即最大，此时过点作，易知，，两两垂直，以为正交基底建立如图所示的平面直角坐标系则，，设为平面的一个法向量，则，所以，取设为平面的一个法向量，则，所以，取所以，由图，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.20．（2021·江苏南通·高三其他模拟）《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.（1）若P为的中点，求证：平面.（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【详解】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.在堑堵中，四边形为平行四边形，所以且.在中，P，H分别为，的中点，所以且.因为N为BC的中点，所以，从而且，所以四边形PHCN为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.易知平面ABC的一个法向量为.假设满足条件的点P存在，令，则，.设平面PMN的一个法向量是，则即令，得，，所以.由题意得，解得，故点P不在线段上.21．（2021·新疆高三二模（理））已知多边形是边长为2的正六边形，沿对角线将平面折起，使得.
 （1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【详解】（1）证明：过作，连接由正六边形的性质知，且，，因为平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）如图，以O为空间直角坐标系原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，设平面的一个法向量为，则，取，得，又，设平面的一个法向量为，则，取，得设二面角的平面角为，则，解得，所以.22．（2021·千阳县中学高三其他模拟（文））如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC平面BDE（1）请确定点E的位置；并说明理由.（2）若是等边三角形，， 平面PAD平面ABCD，四棱锥的体积为，求点E到平面PCD的距离.【答案】（1）点为的中点，理由见解析（2）【详解】（1）连接AC交BD于M，如图，当E为AP的中点时， 点M为AC的中点.∴在中，，平面BDE， 平面BDE. ∴平面BDE. （2）是等边三角形，，平面平面ABCD，以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，设，四棱锥的体积为，，解得．0，，0，，0，，0，，6，．0，，6，，0，，设平面PCD的法向量，则，取，得0，，到平面PCD的距离．