适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间点直线平面的位置关系文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练7空间点直线平面的位置关系文（附解析），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.(2023山东泰安一模)已知m,n是两条不重合的直线,α是一个平面,n⊂α,则“m⊥α”是“m⊥n”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.(2023陕西榆林一模)若m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列结论正确的是( )
A.若m∥α,α∥β,则m∥β
B.若m⊥α,α⊥β,则m∥β
C.若m∥n,n∥α,则m∥α
D.若m⊥α,α∥β,则m⊥β
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C与平面AB1D1的交点为M,点O为线段B1D1的中点,则下列结论错误的是( )
A.A,M,O三点共线
B.M,O,A1,A四点共面
C.B,B1,O,M四点共面
D.A,O,C,M四点共面
4.已知l,m,n为空间中的三条直线,α为平面.现有以下三个命题:①若l,m,n两两相交,则l,m,n共面;②若n⊂α,l∥α,则l∥n;③若n⊂α,l⊥α,则l⊥n.其中的真命题是( )
A.①②③B.①③
C.①②D.③
5.(2023江西景德镇、上饶联考)在四面体ABCD中,△BCD为正三角形,AB与平面BCD不垂直,则( )
A.AB与CD可能垂直
B.点A在平面BCD内的射影可能是点B
C.AB与CD不可能垂直
D.平面ABC与平面BCD不可能垂直
6.(2023广西梧州一模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是线段BC,C1D的中点,则异面直线A1B,EF所成角的余弦值是( )
A.B.
C.D.
7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AB的中点,点F为BC的中点,则过点A与B1E,C1F都平行的平面α被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面面积为( )
A.B.
C.D.
8.(2023北京朝阳一模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AC1与平面A1BD相交于点M,则下列结论一定成立的是( )
A.AM⊥BDB.A1M⊥BD
C.AM=MC1D.MB=MD
9.(2023甘肃一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BC=AC=2,AA1=1,点M,N分别是A1B1,A1C1的中点,则异面直线BM与CN所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
10.(2023浙江杭州二模)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是( )
11.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,点O为对角线AC,BD的交点,若平面EOF∩平面ABCD=l,l∩AB=G,且AG=kGB,则实数k=( )
A.B.C.D.
12.(2023江西九江二模)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M是平面BCC1B1内一动点,且DM⊥A1C,则DM+MC的最小值为( )
A.+2B.2+2C.D.2
13.三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示,则( )
A.三棱锥A-BCD的体积为3
B.AC⊥BD
C.平面ABC⊥平面BCD
D.平面ABC⊥平面ACD
14.
(2023河南郑州统考一模)在如图所示的实验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都为1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0A.该模型外接球的半径为
B.当a=时,MN的长度最小
C.异面直线AC与BF所成的角为60°
D.MN∥平面BCE
二、填空题
15.在三棱锥A-BCD中,AB=CD=2,过BC中点E的三棱锥的截面与AB,CD都平行,则截面的周长为 .
16.
(2023甘肃兰州模拟预测)如图,圆锥的轴截面SAB是边长为a的正三角形,点C,D是底面弧AB的两个三等分点,则SC与BD所成角的正切值为 .
17.(2023江西九江十校联考二)已知圆锥DO的轴截面为等边三角形,△ABC是底面圆的内接正三角形,点P在DO上,且PO=λDO.若PA⊥平面PBC,则实数λ= .
18.已知四面体ABCD的所有棱长均为,M,N分别为棱AD,BC的中点,F为棱AB上异于点A,B的动点,有下列结论:
①线段MN的长度为1;
②存在点F,满足CD⊥平面FMN;
③四面体ABCD的外接球表面积为3π;
④△MFN周长的最小值为+1.
其中所有正确结论的编号为 .
19.(2023山东潍坊一模)在半径为1的球中作一个圆柱,当圆柱的体积最大时,圆柱的母线长为 .
20.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点P为棱AA1上靠近点A1的三等分点,点Q为棱CD上一动点.若点M为平面D1PQ与平面ABB1A1的公共点,点N为平面D1PQ与平面ABCD的公共点,且点M,N都在正方体的表面上,则由所有满足条件的点M,N构成的区域的面积之和为 .
考点突破练7 空间点、直线、
平面的位置关系
1.A 解析由线面垂直的性质知,若m⊥α,n⊂α,则m⊥n成立,即充分性成立;
由线面垂直的判定定理,当m垂直平面α内的两条相交直线时,才有m⊥α,即必要性不成立.故选A.
2.D 解析对于A,若m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β,故A不正确;
对于B,若m⊥α,α⊥β,则m∥β或m⊂β,故B不正确;
对于C,若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α,故C不正确;
对于D,若m⊥α,α∥β,则m⊥β,故D正确.故选D.
3.
C 解析因为AA1∥CC1,所以A,A1,C1,C四点共面.因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1,又M∈平面AB1D1,所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理,点O,A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线,从而M,O,A1,A四点共面,A,O,C,M四点共面.由长方体性质知,OM,BB1是异面直线,即B,B1,O,M四点不共面.故选C.
4.D 解析对于①,当直线l,m,n两两垂直且相交于一点时,l,m,n不共面;对于②,若n⊂α,l∥α,则l与n平行或异面;对于③,由线面垂直的性质可知,③正确.故选D.
5.A 解析当四面体ABCD为正四面体时,AB与CD垂直,A正确,C错误.若点A在平面BCD内的射影是点B,则AB与平面BCD垂直与题意不符,B错误.平面ABC与平面BCD可能垂直,D错误.故选A.
6.
C 解析如图所示,点F是线段C1D的中点,连接CD1交C1D于点F.由CD1∥A1B,知异面直线A1B,EF所成的角即为直线CD1,EF所成的角,故∠CFE或其补角是异面直线EF与A1B所成的角.设正方体的棱长为2,在直角三角形CFE中,CF=,CE=1,EF=,故cs∠CFE=.故选C.
7.
D 解析取A1B1的中点G,A1D1的中点H,则△AGH就是平面α被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面,其中AG=AH=,GH=,GH边上的高为,
所以△AGH的面积S=.
故选D.
8.
C 解析如图,连接AC,BD相交于点N,连接A1C1,A1N.平面ACC1A1∩平面A1BD=A1N,而AC1⊂平面ACC1A1,且AC1∩平面A1BD=M,所以M∈A1N.又AN∥A1C1,所以△ANM∽△C1A1M.因为AN=A1C1,所以AM=MC1,故C正确.对于A,因为在长方体中AC与BD不一定垂直,故推不出AM⊥BD,故A错误;对于B,因为在长方体中A1D与A1B不一定相等,故推不出A1N⊥BD,即推不出A1M⊥BD,故B错误;对于D,由B知,推不出A1N与BD垂直,而A1N是△A1BD的中线,故推不出MB=MD,故D错误.故选C.
9.
A 解析如图,分别取AB,AC的中点G,F,连接A1G,A1F.
由题意易知四边形A1MBG为平行四边形,所以A1G∥BM,同理A1F∥CN,
所以异面直线BM与CN所成的角为∠GA1F或其补角.又GF=BC=,A1F=,A1G=,
因为A1F2+GF2=A1G2,所以A1F⊥FG,
在Rt△A1GF中,cs∠GA1F=,
因此,直线BM与CN所成角的余弦值为.故选A.
10.D 解析对于A选项,易知MN所在平面平行于平面ABC,故MN∥平面ABC,A满足;对于B选项,易知MN∥AB,又MN不在平面ABC内,AB在平面ABC内,所以MN∥平面ABC,B满足;对于C选项,如图1所示,点F,G,K,H是正方形的顶点.延长CB,FG交于点E,点A,E为平面ABC与正方体上底面的两个交点,连接AE交KG于点D,所以A,D,B,C四点共面,易知点D为KG的中点,所以AD∥HG,HG∥MN,所以AD∥MN,又MN不在平面ABC内,所以MN∥平面ABC,C满足;
图1
图2
对于D选项,作出平面ABC与正方体各面的交线如图2所示,故MN⊂平面ABC,D不满足.故选D.
11.
B 解析延长EF交DA的延长线于点H,连接OH交AB于点G,∵H∈EF,EF⊂平面EOF,∴H∈平面EOF.∵H∈AD,AD⊂平面ABCD,∴H∈平面ABCD,∵平面EOF∩平面ABCD=l,∴H∈l,又平面EOF∩平面ABCD=O,∴O∈l,故直线OH即为直线l,取AD的中点M,连接MO,ME,又点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,∴AH=A1E=AM,∴AG=MO=AB,BG=AB,∴AG=GB,即k=.故选B.
12.C 解析连接BD,BC1,DC1,易知A1C⊥平面BDC1.
∵DM⊥A1C,∴DM在平面BDC1内,即点M在线段BC1上.将△BDC1沿着BC1翻折,使得D,B,C,C1四点共面,则DM+MC≥CD=.故选C.
13.
B 解析由题意可以分析:在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,且AB=AD=BD=2,CB=CD=2.
对于A,取BD的中点E,连接AE.因为AB=AD=BD=2,所以AE⊥BD且AE=2sin60°=.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD,即AE为三棱锥的高.因为S△BCD=BC·BDsin60°=×2×2×,AE=,所以三棱锥A-BCD的体积为V=S△BCD·AE==1.故A错误;
对于B,取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,所以AC⊥BD.故B正确;对于C,对于平面BCD,AE⊥平面BCD,所以平面ACE⊥平面BCD,所以平面ABC和平面BCD不垂直.故C错误;对于D,在△ABC和△ADC中,因为AB=AD=2,CB=CD=2,AC=AC,所以△ABC≌△ADC.
取AC的中点F,连接BF,DF,则BF⊥AC,DF⊥AC,所以∠BFD即为二面角B-AC-D的平面角.在直角三角形ACE中,因为AE=CE=,所以AC=.在三角形ACB中,AB=CB=2,AC=,所以BF=.同理,DF=.而BD=2,所以BF2+DF2≠BD2,所以∠BFD≠90°,即二面角B-AC-D不是直二面角,所以平面ABC⊥平面ACD不成立.故D错误.故选B.
14.
B 解析如图,把该模型补成一个正方体,而正方体的体对角线长为,因此其外接球半径为,A正确;过M作MP∥AB交BC于P,过N作NQ∥AB交BE于Q,连接PQ,则MP∥NQ.易知MP=NQ=,所以四边形MNQP为平行四边形,所以MN=PQ.易知CP=BQ=,BP=1-CP=1-,MN=PQ=,所以当a=时,MN取得最小值,B错误;在正方体中易得BF∥CH,∠ACH或其补角是异面直线AC与BF所成的角.因为△ACH是等边三角形,所以∠ACH=60°,因此异面直线AC与BF所成的角是60°,C正确;由MN∥PQ,MN⊄平面BCE,PQ⊂平面BCE,所以MN∥平面BCE,D正确.故选B.
15.
4 解析如图所示,设CA,AD,DB的中点分别为F,G,H,连接EF,FG,GH,HE,根据三角形中位线定理,可得EF∥AB,FG∥CD,GH∥AB,HE∥CD,EF=AB=1,FG=CD=1,所以有EF∥GH,FG∥HE,因此四边形EFGH是平行四边形,因为EF∥AB,EF⊂平面EFGH,AB⊄平面EFGH,所以AB∥平面EFGH,同理CD∥平面EFGH,因此平行四边形EFGH的周长为2×(1+1)=4.
16.
解析设圆锥底面圆心为O,连接OC,OD,OS.
∵点C,D为弧AB的两个三等分点,∴∠COD=∠BOD=.又OB=OD,∴△OBD为等边三角形,∴∠ODB=∠COD=,∴OC∥BD.∴∠SCO即为异面直线SC与BD所成的角或其补角.∵SO⊥平面ABC,OC⊂平面ABC,∴SO⊥OC,SO=a,OC=,∴tan∠SCO=,即SC与BD所成角的正切值为.
17. 解析如图,延长AO交圆O于点E,由题意可知,△ADE,△ABC均为等边三角形.设AE=AD=1,由正弦定理可得=AE,则AB=AEsin60°=.OA=AB=.因为点O为AE的中点,所以DO⊥AE,DO=ADsin60°=.则PO=λDO=λ,PB2=PA2=PO2+OA2=λ2+.因为PA⊥平面PBC,PB⊂平面PBC,所以PA⊥PB.在△PAB中,由勾股定理得PA2+PB2=AB2,即2λ2+=,解得λ=.
18.
①③④ 解析连接AN,DN,因为四面体ABCD的所有棱长均为,则AN=DN=且MN⊥AD,所以MN==1,①正确;若E为AC的中点,连接ME,NE,又M为棱AD的中点,则ME∥DC,因为ME=NE=,MN=1,所以ME2+NE2=MN2,即∠MEN=90°,所以ME与MN不垂直,要使CD⊥平面FMN,即ME⊥平面FMN,又MN⊂平面FMN,则ME⊥MN,出现矛盾,②错误;由题设知四面体ABCD为正四面体,故外接球的半径r=,所以表面积为4πr2=3π,③正确;
要使△MFN的周长最小,只需MF+FN最小,将平面ABD,平面ABC展开为一个平面,如右图,
当M,F,N三点共线时,MF+FN最小,为MN=,故△MFN周长的最小值为+1,④正确.故答案为①③④.
19. 解析设圆柱的底面圆的半径为r,球心到圆柱底面的距离为h,圆柱的母线长为2h,则r2=1-h2(0当h∈0,时,V'>0,当h∈,1时,V'<0,即V在区间0,上单调递增,在区间,1上单调递减,所以当h=时,V取得最大值为,此时圆柱的母线长为2h=.
20. 解析易知平面D1PQ与平面ABB1A1的交线与D1Q平行,点M的轨迹为平面D1PQ与平面ABB1A1的交线在矩形ABB1A1内的线段所构成的图形.当点Q与点D重合时,点M的轨迹为线段AA1.当点Q从点D沿DC往点C运动时,点M的轨迹为以点P为一端点,另一端点落在线段AG上的线段,其中点G为棱AB上靠近点B的三等分点.综上,点M的轨迹为线段A1P以及三角形APG及其内部,所以点M构成区域的面积为S△APG=×2×2=2.同理可得点N的轨迹为平面D1PQ与平面ABCD的交线在矩形ABCD内的线段所构成的图形,点N构成的区域为梯形AGCD,面积为S梯形AGCD=,所以点M,N构成的区域的面积之和为2+.