2025高考数学一轮复习-多选题加练(七)立体几何与空间向量【课件】

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1.(2024·常德模拟)已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是(　　　)A.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，则l⊥βB.若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥mC.若m⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件D.若m⊂α，lα，则“l∥α”是“l∥m”的必要不充分条件
解析　由面面垂直的性质定理可知A正确；对于B，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m，或者l，m异面，故B错误；对于C，若m⊂α，l⊥α，则l⊥m，故充分性成立，但是l⊥m，m⊂α，不能得到l⊥α，故C正确；对于D，若m⊂α，lα，l∥α，不能得到l∥m，因为l，m有可能异面，但是l∥m，m⊂α，lα，则l∥α，故D正确.
解析　连接AC，BD，交BD于点O，连接OC1，因为O1为四边形A1B1C1D1的中心，所以AO1∥OC1，又OC1⊂平面BDC1，AO1平面BDC1，所以AO1∥平面BDC1，因为三棱锥Q－PBD的体积等于三棱锥P－QBD的体积，且为定值，
所以AO1∥平面QBD，所以平面QBD与平面BDC1为同一平面，所以Q为CD1与DC1的交点，所以DQ＝QC1，故A错误，B正确；因为正方体的棱长为2，
解析　对于A，当N为C1M的中点时，取BC的中点P，连接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，故∠PAN为直线AN与平面ABC所成的角，
所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因为B1N平面ACM，CM⊂平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正确；
解析　连接VP，BP，因为△ABC和△VAC为等边三角形，P为AC中点，所以AC⊥VP，AC⊥BP，因为VP∩BP＝P，VP，BP⊂平面VPB，所以AC⊥平面VPB，因为VB⊂平面VPB，所以VB⊥AC，故A正确；
因为平面ABC⊥平面VAC，平面ABC∩平面VAC＝AC，VP⊥AC，VP⊂平面VAC，所以VP⊥平面ABC，以P为原点，分别以PA，PB，PV为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为VP⊥平面ABC，BP⊂平面ABC，所以VP⊥BP，
解析　以D为坐标原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，如图所示，D(0，0，0)，E(1，2，1)，B(2，2，0)，G(2，1，2)，A(2，0，0)，F(0，1，1)，C1(0，2，2)，
由几何关系可知，WX∥VU，WV∥TU，则WXTUV组成一个平面，由BG∥TU，BC1∥TX，TU，TX均在平面WXTUV内，则DE⊥平面WXTUV，即过点F且与直线DE垂直的平面α，截该正方体所得截面为如图所示的平面WXTUV，则截面WXTUV的周长为
由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，又ON平面SBC，OM平面SBC，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，所以ON∥平面SBC，OM∥平面SBC，
又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正确；对于B，假设圆O上存在点M使AM⊥平面SBC，SB⊂平面SBC，所以AM⊥SB.又因为SO⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥SO，又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB，又AM⊥平面SBC，所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B错误；
对于C，如图，已知SA＝5，圆锥SO的侧面积为S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，则SO＝4，
由题意可知球心在SO上，记为O′，设其半径为R，由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，
对于D，设圆锥SO的内切球半径为r，则圆锥的轴截面SAB内切圆的半径为r，SA＝5，AO＝3，则SO＝4，
解析　如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C1(1，1，1)，D1(1，0，1)，
∴P(y，1，x).对于A，当x＝1时，P(y，1，1)为线段B1C1上的点，将平面A1B1C1D1和平面BCC1B1展开为同一个平面，如图，
对于B，当λ＝1时，点P在DD1上，此时把正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的后面和右面展开，如图，
所以点P在平面CDD1C1内，因为B1C1⊥平面CDD1C1，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CDD1C1所成角，