【2023届必备】2023版高考一轮复习训练24　空间位置关系

这是一份【2023届必备】2023版高考一轮复习训练24　空间位置关系，共8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。
训练24　空间位置关系一、单选题1．(2022·江苏七市调研)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m⊥β，则α∥βC．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nD．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n答案　C解析　当m∥α，n∥α时，m，n可以相交、平行、或异面，A错；当m∥α时，α内必有b∥m，而m⊥β，则b⊥β，从而α⊥β，B错；α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊥β，∴m∥n，C正确；α⊥β，m∥α，n∥β，m，n可以相交、平行、或异面，D错．2.(2022·西安模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，则下列命题不正确的是(　　)A．平面PAB⊥平面PBCB．平面PAB⊥平面ABCC．平面PAC⊥平面PBCD．平面PAC⊥平面ABC答案　C解析　∵PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，∴在△PBC中，PB2＋BC2＝()2＋12＝()2＝PC2，∴BC⊥PB，又PA⊥BC且PA∩PB＝P，∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，平面PAB⊥平面ABC，故A，B正确；∵在△PAC中，PA2＋AC2＝12＋()2＝()2＝PC2，∴PA⊥AC，∵PA⊥BC，BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC，又∵PA⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC，故D正确；对于C选项，假设平面PAC⊥平面PBC，则过A作AM⊥PC于M，如图，由平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AM⊥平面PBC，可得AM⊥BC，又PA⊥BC，PA∩AM＝M，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AC，这与△ABC中BC⊥AB矛盾，故假设不正确，故C选项错误．3．(2022·遂宁模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M为线段BC的中点，则下列说法正确的是(　　)A．A1M⊥BDB．A1M∥平面CC1D1DC．A1M⊥AB1D．A1M⊥平面ABC1D1答案　C解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM，而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不正确，所以假设不成立，故A不正确；对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1，因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不正确，所以假设不成立，故B不正确；对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确；对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不成立，所以假设不成立，故D不正确．4．(2022·包头模拟)在三棱锥S－ABC中，若SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，SA＝2，SA⊥BC，设异面直线SC与AB所成角为α，则cos α等于(　　)A．－  B.  C.  D．－答案　B解析　如图，分别取BC，SB，SA的中点E，F，G，连接AE，SE，EF，EG，FG，∵SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，E为BC的中点，则AE⊥BC，SE⊥BC，且AE＝SE＝＝2，∵G为SA的中点，则EG⊥SA，且EG＝＝3，∵E，F分别为BC，SB的中点，∴EF∥SC且EF＝SC＝2，同理可得FG∥AB且FG＝AB＝2，∴异面直线SC与AB所成角为∠EFG或其补角，由余弦定理可得cos∠EFG＝＝＝－，因此，异面直线SC与AB所成角的余弦值为.二、多选题5．若α∥β，a⊂α，M∈β，过点M的所有直线中说法错误的有(　　)A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．有且只有一条与a平行的直线答案　ABC解析　因为α∥β，a⊂α，M∈β，所以M∉α，M∉a，所以点M和直线a可以确定唯一一个平面γ，设β∩γ＝b，因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以b∥a，所以过点M的所有直线中有且只有一条与a平行的直线，所以选项A，B，C说法不正确，选项D说法正确．6．(2022·大连模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段 B1C上运动，则(　　)A．直线BD1⊥平面A1C1DB．直线AP∥平面A1C1DC．三棱锥P－A1C1D的体积为定值D．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是答案　ABC解析　如图，由正方体的性质知，BD1在平面A1B1C1D1，平面ADD1A1上的投影分别为B1D1，AD1，而B1D1⊥A1C1，AD1⊥A1D，则BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，A1C1∩A1D＝A1，所以BD1⊥平面A1C1D，A正确；如图，同A选项可证BD1⊥平面AB1C，所以平面AB1C∥平面A1C1D，而AP⊂平面AB1C，则AP∥平面A1C1D，B正确；P在线段 B1C上运动，由B知B1C∥平面A1C1D，所以三棱锥P－A1C1D的体积为定值，C正确；由正方体性质得A1D∥B1C，即AP与A1D所成角等于AP与B1C所成角，所成角的取值范围是，D错误．三、填空题7．已知长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球体积为π，且AA1＝BC＝2，则直线A1C与平面BB1C1C所成的角为________．答案　解析　设长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球半径为R，因为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球体积为πR3＝π，所以R＝2，即A1C＝2R＝4，因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2.因为A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，在Rt△A1CB1中，因为AA1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.8．(2022·南昌模拟)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°，点E在棱A1D1上，且A1E＝2ED1，平面α过点E且平行于平面A1DB，则平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形的面积是________．答案　a2解析　如图，符合条件的截面是六边形EFGHMN，EF＝GH＝MN＝a，FG＝HM＝NE＝a，且六边形内角均为120°，连接EG，GM，ME(图略)，可知△EGM为等边三角形，EG2＝EF2＋FG2－2×EF×FG×cos 120°＝2＋2－2×a×a×cos 120°＝a2，所以平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形面积为3××EF×FG×sin 120°＋×EG2×sin 60°＝a2.四、解答题9. 如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．(1)证明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积．(1)证明　如图，连接BD，∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)解　在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3.在△PAD中，∵PA＝PD，PA⊥PD，∴PA＝PD＝AD＝3.∵M，N分别为AD，PA的中点，∴S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝，∴VP－BMN＝VB－PMN＝S△PMN·BM＝××3＝.∴三棱锥P－BMN的体积为.10. 如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，AB＝BD＝2，∠BDC＝30°，AE＝ED，F是AC上一点，且平面BFE⊥平面ABD.(1)求证：AD⊥BF；(2)求多面体BCDEF的体积．(1)证明　因为△ABD是等边三角形，AE＝ED，所以AD⊥BE，因为平面BFE⊥平面ABD，且交线为BE，AD⊂平面ABD，所以AD⊥平面BEF，因为BF⊂平面BEF，所以AD⊥BF.(2)解　因为∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，BD＝2，所以CD＝，cos∠CAD＝＝，在Rt△AEF中，cos∠CAD＝＝，又AE＝1，所以AF＝，CF＝，所以＝，所以点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的，所以VF－ABE＝×VC－ABD＝VA－BCD，所以VBCDEF＝VA－BCD＝×S△BCD×AO＝××＝.