新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1.已知直线a，b，c两两异面，且a⊥c，b⊥c，下列说法正确的是( D )
A．存在平面α，β，使a⊂α，b⊂β，且c∥α，c∥β，α⊥β
B．存在平面α，β，使a⊂α，b⊂β，且c∥α，c∥β，α∥β
C．存在唯一的平面γ，使c⊂γ，且a，b与γ所成角相等
D．存在平面γ，使a∥γ，b∥γ，且c⊥γ
【解析】 只有当a⊥b时才存在平面α，β，使a⊂α，b⊂β，且c∥α，c∥β，α⊥β，故A错误；若存在平面α，β，使a⊂α，b⊂β，且c∥α，c∥β，则此时α与β不平行，故B错误；存在两个平面γ，使c⊂γ，且a，b与γ所成角相等，故C错误；存在平面γ，使a∥γ，b∥γ，且c⊥γ，故D正确．故选D.
2. (2023·武侯区校级模拟)已知两个平面α，β，及两条直线l，m.则下列命题错误的是( C )
A．若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥α
B．若l⊥β，α∥β，m⊂α，则l⊥m
C．若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α∥β
D．若l，m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β
【解析】 对于A，若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，根据面面垂直的性质定理可得l⊥α，A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，则l⊥α，又m⊂α，则l⊥m，B正确；对于C，若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α与β可以相交或平行，C错误；对于D，因为m⊂β，m∥α，所以存在直线m′⊂α，m∥m′，因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，因为m′∥m，m⊂β，m′⊄β，所以m′∥β，又因为l⊂α，l∥β，所以α∥β，D正确，故选C.
3. (2023·船山区校级模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是( A )
①AD1∥BC1 ②平面AB1D1∥平面BDC1 ③AD1∥DC1 ④AD1∥平面BDC1
A．①②④ B．①②③
C．②③④ D．①③④
【解析】 因为AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，故①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，BD⊂平面BDC1，B1D1⊄平面BDC1，所以B1D1∥平面BDC1，同理可得AB1∥平面BDC1，又AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，故平面AB1D1∥平面BDC1，故②正确；由正方体ABCD－A1B1C1D1易知，AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．故选A.
4. (2023·长宁区校级三模)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1上一点，若平面MBD1与棱CC1交于点N，则下列说法中正确的是( D )
A．存在平面MBND1与直线BB1垂直
B．四边形MBND1可能是正方形
C．不存在平面MBND1与直线A1C1平行
D．任意平面MBND1与平面ACB1垂直
【解析】 对于A，BD1⊂面MBND1，∠B1BD1小于90°，若直线BB1与平面MBND1垂直，则直线BB1⊥BD1，与∠B1BD1小于90°矛盾，∴平面MBND1与直线BB1不可能垂直，故A错误；对于B，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，由正方体的结构特征可知，A1D1⊥平面ABB1A1，∵BM⊂面ABB1A1，∴A1D1⊥BM，若四边形MBND1是正方形，有MD1⊥BM，可得BM⊥平面AA1D1D，这样过点B有两条直线与平面AA1D1D垂直，故B错误；对于C，当M、N分别为所在棱的中点时，平面MBND1与直线A1C1平行，故C错误；对于D，由正方体的结构特征可知，D1B⊥AC，D1B⊥AB1，∵D1B⊄面ACB1，AC⊂面ACB1，AB1⊂面ACB1，∴D1B⊥面ACB1，∵D1B⊂面MBND1，∴任意平面MBND1与平面ACB1垂直，故D正确．故选D.
5. (2023·长宁区二模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点．则下列说法不正确的是( C )
A．存在点P，使得PQ⊥A1C1
B．存在点P，使得PQ∥A1B
C．直线PQ始终与直线CC1异面
D．直线PQ始终与直线BC1异面
【解析】 正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，∵点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，∴PQ⊥A1C1，故A正确；连接A1D，如图所示：
当点P为线段A1D的中点时，PQ为三角形A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，则直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，故直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，是异面直线，故D正确．故选C.
6.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( B )
A.eq \r(2) B．eq \f(9,8)
C．eq \r(3) D．eq \f(\r(6),2)
【解析】 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，梯形的高h＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，所以四边形DBQP的面积为eq \f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq \f(9,8).故选B.
二、多项选择题
7. (2023·广州三模)下列命题正确的是( BC )
A．如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行
B．两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C．如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，那么这两个平面平行
D．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直
【解析】 对于A，如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行，错误，直线也可能在平面内，也可能与平面相交，故A错误；对于B，两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等，故B正确；对于C，如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，由平面与平面平行的判定定理可知，这两个平面平行，故C正确；对于D，如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，当这无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故D错误．故选BC.
8. (2023·香坊区校级三模)已知l，m，n为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有( AC )
A．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
B．若α∥β，l，m分别与α，β所成的角相等，则l∥m
C．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，若l∥m，则n∥m
D．若α∩β＝n，α⊥β，β⊥γ，则n⊥γ
【解析】 若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又α∥γ，则β∥γ，故A正确；若α∥β，l，m分别与α，β所成的角相等，由直线与平面所成角的定义可知，l与m的位置关系可以是平行，可以相交，也可以异面，故B错误；若α∩β＝l，β∩γ＝m，则l⊄γ，m⊂γ，已知l∥m，得l∥γ，又因为l⊂α，γ∩α＝n，则l∥n，故m∥n，故C正确；若α∩β＝n，α⊥β，β⊥γ，则n与γ也可能平行，故D错误．故选AC.
三、填空题
9.在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点，若平面BC1D∥平面AB1D1，则eq \f(AD,DC)＝_1__.
【解析】 如图所示，连接A1B，与AB1交于点O，连接OD1，∵平面BC1D∥平面AB1D1，平面BC1D∩平面A1BC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1∥D1O，∴eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，同理AD1∥DC1，∴eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD)，∴eq \f(A1O,OB)＝eq \f(DC,AD)，又∵eq \f(A1O,OB)＝1，∴eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
10. (2023·亭湖区校级一模)正四面体ABCD棱长为2，E，F，G分别为AB，CD，AD的中点，过G作平面α⊥EF，则平面α截正四面体ABCD，所得截面的面积为 _1__.
【解析】 分别取AC，BC，BD的中点H，M，N，连接GH，HM，MN，NG，EC，EF，ED，由题意可知：HG∥CD且HG＝eq \f(1,2)CD＝1，又因为MN∥CD且MN＝eq \f(1,2)CD＝1，所以HG∥MN且HG＝MN，所以四边形GHMN为平行四边形，因为MH∥AB且MH＝eq \f(1,2)AB＝1，所以MH＝GH，则平行四边形GHMN为菱形，因为ABCD为正四面体，所以三角形ABC是边长为2的正三角形，所以CE⊥AB且CE＝eq \r(3)，同理DE⊥AB且ED＝eq \r(3)，又CE∩ED＝E，CE，ED⊂平面ECD，所以AB⊥平面ECD，又因为CD⊂平面ECD，所以AB⊥CD，因为MN∥CD，MH∥AB，所以MN⊥MH，所以菱形GHMN为正方形．因为CE＝eq \r(3)，ED＝eq \r(3)且F为CD的中点，所以EF⊥CD，因为HG∥CD，所以EF⊥HG，同理EF⊥HM，HM∩HG＝H，HM，HG⊂平面GHMN，所以EF⊥平面GHMN，所以过G作平面α⊥EF，则平面α截正四面体ABCD所得的图形即为正方形GHMN，所以截面面积为S＝1×1＝1.
四、解答题
11. (2023·东方模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．
(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB.
(2)当PB∥平面AMN，求出点M的位置，说明理由．
【解析】 (1)证明：在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，
取AP中点为E，连接EM，EB，
在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，
∴EM∥AD，EM＝eq \f(1,2)AD，
在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，
∴BN∥AD，BN＝eq \f(1,2)AD，
∴BN∥ME，BN＝ME，
∴四边形BNME为平行四边形，
∴MN∥BE，MN⊄面PAB，BE⊂面PAB，
∴MN∥平面PAB.
(2)连接AN，BD，相交于O，连接OM，
∵PB∥面AMN，面PBD∩面AMN＝OM，PB⊂面PBD，
∴PB∥OM，eq \f(PM,MD)＝eq \f(OB,OD)＝eq \f(BN,AD)＝eq \f(1,2)，
即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点．
12. (2023·南充模拟)如图所示，已知AC，BD是圆锥SO底面的两条直径，M为劣弧 eq \\ac(BC,\s\up10(︵)) 的中点．
(1)证明：SM⊥AD；
(2)若∠BOC＝eq \f(2π,3)，E为线段SM上的一点，且SE＝2EM，求证：平面BCE∥平面SAD.
【证明】 (1)连接MO并延长交AD于N，如图所示，
∵M为劣弧 eq \\ac(BC,\s\up10(︵)) 的中点，
∴MO是∠BOC的角平分线，
∴MN平分∠AOD，
∵OA＝OD，
∴MN⊥AD，
又∵在圆锥SO中，SO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴SO⊥AD，
∵MN，SO⊂平面SMN，且MN∩SO＝O，
∴AD⊥平面SMN，
又∵SM⊂平面SMN，
∴AD⊥SM.
(2)设MO交BC于F，显然OF平分∠BOC，且OF⊥BC，
又∠BOC＝eq \f(2π,3)，
∴∠COF＝eq \f(π,3)，
∴在△COF中，OF＝eq \f(1,2)CO，
∴F为OM的中点，
同理ON＝eq \f(1,2)OD，
∴NF＝2FM，
又∵SE＝2EM，
∴eq \f(ME,SE)＝eq \f(MF,NF)＝eq \f(1,2)，
∴EF∥SN，
∵SN⊂平面SAD，且EF⊄平面SAD，
∴EF∥平面SAD，
又∵在平面ABCD中，BC⊥MN，AD⊥MN，
∴BC∥AD，
又AD⊂平面SAD，且BC⊄平面SAD，
∴BC∥平面SAD，
又∵EF，BC⊂平面BCE，且EF∩BC＝F，
∴平面BCE∥平面SAD.
13. (2023·内江三模)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E、M分别为棱BC、AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)在图2中，当三棱锥A－BCD的体积取最大值时，求三棱锥A－MDE的体积．
【解析】 (1)证明：∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD、BD⊂平面ABD，
∴CD⊥平面ABD，
∵AB⊂平面ABD，
∴CD⊥AB，
又∵M，E分别为AC、BC的中点，
∴ME∥AB，
∴CD⊥ME.
(2)图1所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x，
∵AD⊥BC，∠ACB＝45°，
∴△ADC为等腰直角三角形，
∴AD＝CD＝3－x.
折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD、DC⊂平面BCD，
∴AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°，
∴S△BCD＝eq \f(1,2)x(3－x)，VA－BCD＝eq \f(1,3)AD·S△BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)x(3－x)2＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，x∈(0,3)，
令f(x)＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，x∈(0,3)，
f′(x)＝eq \f(1,2)(x－1)(x－3)，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x＜3时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
∴x＝BD＝1时，f(x)取最大值，即三棱锥A－BCD的体积最大，
∵AD⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴BD⊥AD，
又BD⊥DC，AD∩DC＝D，AD、DC⊂平面ACD，
∴BD⊥平面ACD，
因为E为线段BC的中点，
所以E到平面ACD的距离eq \f(1,2)BD＝eq \f(1,2)，
S△ADM＝eq \f(1,2)S△ACD＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2＝1，
又VA－MDE＝VE－ADM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)S△ADM＝eq \f(1,6)，
故三棱锥A－MDE的体积为eq \f(1,6).