統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)11空間位置關(guān)系的判斷與證明理

課時(shí)作業(yè)11空間位置關(guān)系的推斷與證明A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．[2024·浙江省臨海、新昌兩地高三二模]已知直線l，平面α，滿意l?α，則下列命題確定正確的是()A．存在直線m?α，使l∥mB．存在直線m?α，使l⊥mC．存在直線m?α，使l，m相交D．存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)2．[2024·遼寧凌源其次高級中學(xué)期中]下列命題中真命題的個(gè)數(shù)是()①垂直于同一條直線的兩條直線相互平行；②與同一個(gè)平面夾角相等的兩條直線相互平行；③平行于同一個(gè)平面的兩條直線相互平行；④兩條直線能確定一個(gè)平面．A．0B．1C．2D．33．[2024·江蘇無錫高三期末]正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，則直線B1M與平面A1C1B所成角的正弦值為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(6),3)D．eq\f(2\r(2),3)4．[2024·新疆烏魯木齊市高三檢測]如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的動(dòng)點(diǎn)，且EH∥FG，則必有()A.BD1⊥EHB．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGHD．平面A1BCD1∥平面EFGH5．[2024·江蘇揚(yáng)州高三期末改編]在邊長為6的正三角形ABC中，M，N分別為邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿意eq\f(AM,AB)＝eq\f(AN,AC)＝λ，把△AMN沿著MN翻折至A′MN位置，則下列說法中錯(cuò)誤的有()A．在翻折過程中，在邊A′N上存在點(diǎn)P，滿意CP∥平面A′BMB．若eq\f(1,2)<λ<1，則在翻折過程中的某個(gè)位置，滿意平面A′BC⊥平面BCNMC．若λ＝eq\f(1,2)且二面角A′-MN-B的大小為120°，則四棱錐A′-BCNM的外接球的表面積為61πD．在翻折過程中，四棱錐A′-BCNM體積的最大值為6eq\r(3)6．[2024·北京人大附中高三模擬]在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D為AA1中點(diǎn)，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P滿意條件________時(shí)，A1P∥平面BCD(答案不唯一，填一個(gè)滿意題意的條件即可)7．[2024·陜西咸陽模擬]已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線．有下列命題：①假如m∥n，n?α，那么m∥α；②假如m∥α，m?β，α∩β＝n，那么m∥n；③假如α∥β，m?α，那么m∥β；④假如α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β.其中全部真命題的序號是________．8．[2024·江西省九江十校高三聯(lián)考]已知圓錐DO的軸截面為等邊三角形，△ABC是底面⊙O的內(nèi)接正三角形，點(diǎn)P在DO上，且PO＝λDO.若PA⊥平面PBC，則實(shí)數(shù)λ＝________．9.[2024·河南省洛陽市高三二模]如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，AB＝BB1，AA1⊥平面ABC，平面AB1C⊥平面ABB1A1.(1)求證：AC⊥BB1；(2)若AB＝2A1B1＝2，△AB1C的面積為4，求二面角A-B1C-A1的余弦值．10．[2024·哈爾濱第三中學(xué)階段性考試]在三棱錐P-ABC中，△PAC和△PBC是邊長為eq\r(2)的等邊三角形，AB＝2，O，D分別是AB，PB的中點(diǎn)．(1)求證：OD∥平面PAC；(2)求證：OP⊥平面ABC；(3)求三棱錐D-OBC的體積．B素養(yǎng)提升11.[2024·河南省鄭州市高三質(zhì)檢]已知正方形ABCD的邊長為2，現(xiàn)將△ACD沿對角線AC翻折，得到三棱錐D-ABC.記AC，BC，AD的中點(diǎn)分別為O，M，N，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．AC⊥平面BODB．三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(2\r(2),3)C．三棱錐D-ABC的外接球的表面積為定值D．MN與平面BOD所成角的范圍是(0，eq\f(π,4))12．[2024·湖南省長沙市高三二模]如圖，正四棱錐P-ABCD和正三棱錐P-CDE頂點(diǎn)均為P.(1)設(shè)平面PAB與平面PCD的交線為l，求證：l⊥PE；(2)若PE∥BC，PE的中點(diǎn)為F，求平面BCF與平面CDE所成二面角的余弦值．課時(shí)作業(yè)11空間位置關(guān)系的推斷與證明1．解析：對于A，若直線l與α相交，則α內(nèi)的直線與l要么相交要么異面，故不存在直線m?α，使l∥m，A錯(cuò)誤；對于B，由于l?α，所以l與α相交或者平行，不論是相交還是平行，均可在α內(nèi)找到與l垂直的直線m，故B正確；對于C，當(dāng)l∥α?xí)r，則α內(nèi)的直線要么與l平行，要么與l異面，所以不存在m?α，使l，m相交，故C錯(cuò)誤；對于D，當(dāng)直線l⊥α?xí)r，此時(shí)直線l與α內(nèi)的全部直線均垂直，故不存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B2．解析：對于①，垂直于同一條直線的兩條直線可能平行，也可能異面或相交，所以是錯(cuò)誤的．對于②，與同一個(gè)平面夾角相等的兩條直線可能相互平行，也可能相交或異面，所以是錯(cuò)誤的．對于③，平行于同一個(gè)平面的兩條直線可能相互平行，也可能異面或相交，所以是錯(cuò)誤的．對于④，兩條直線不愿定能確定一個(gè)平面，所以是錯(cuò)誤的．故選A.答案：A3．解析：因?yàn)锽1D在平面A1B1C1D1內(nèi)的射影為B1D1，又B1D1⊥A1C1，所以B1D⊥A1C1，同理可證B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1C1B，∴B1M與平面A1C1B所成角的正弦等于B1M與B1D所成角的余弦的確定值，即∠MB1D的余弦的確定值；令A(yù)B＝1，連接BD，則B1M＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋BM2)＝eq\r(1＋\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，MD＝eq\f(\r(2),2)，B1D＝eq\r(3)，在三角形MB1D中，由余弦定理，可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos∠MB1D))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(3,2)＋3－\f(1,2),2·\f(\r(6),2)·\r(3))))＝eq\f(2\r(2),3).故選D.答案：D4．解析：若點(diǎn)E與A1重合，點(diǎn)H與點(diǎn)D1重合，則BD1與EH的夾角便是BD1與A1D1的夾角，明顯BD1與A1D1的夾角不是eq\f(π,2)，所以BD1⊥EH錯(cuò)誤，A錯(cuò)誤；當(dāng)FG與B1C1重合時(shí)，由AD∥B1C1可得AD∥FG，當(dāng)FG與B1C1不重合時(shí)，因?yàn)镋H∥FG，EH?平面A1B1C1D1，F(xiàn)G?平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1，F(xiàn)G?平面BCC1B1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1D1＝B1C1，所以FG∥B1C1，又AD∥B1C1，所以AD∥FG，B正確；當(dāng)平面EFGH與平面BCC1B1重合時(shí)，平面BB1D1D與平面BCC1B1不垂直，C錯(cuò)誤；當(dāng)FG與BC重合時(shí)，平面A1BCD1與平面EFGH相交，D錯(cuò)誤．故選B.答案：B5．解析：對于選項(xiàng)A，過P作PQ∥MN∥BC，交AM于Q，則無論點(diǎn)P在A′N上什么位置，都存在CP與BQ相交，折疊后為梯形BCPQ，則CP不與平面A′BM平行，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)B，設(shè)D，E分別是BC，MN的中點(diǎn)，若eq\f(1,2)<λ<1，則AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因?yàn)镸N⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，DE∩MN＝E，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故選項(xiàng)B正確；對于選項(xiàng)C，設(shè)D，E分別是BC，MN的中點(diǎn)，若λ＝eq\f(1,2)且二面角A′-MN-B的大小為120°，則△AMN為正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，則BCNM四點(diǎn)共圓，圓心可設(shè)為點(diǎn)G，其半徑設(shè)為r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以點(diǎn)G即為點(diǎn)D，所以r＝3，二面角A′-MN-B的平面角即為∠A′ED＝120°，過點(diǎn)A′作A′H⊥DE，垂足為點(diǎn)H，EH＝eq\f(3\r(3),4)，DH＝eq\f(9\r(3),4)，A′H＝eq\f(9,4)，DH2＝eq\f(243,16)，設(shè)外接球球心為O，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OD2＋32＝R2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)－OD))2＋\f(243,16)＝R2))，解得R2＝eq\f(61,4)，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝61π，故選項(xiàng)C正確；對于選項(xiàng)D，設(shè)D，E分別是BC，MN的中點(diǎn)，設(shè)h是四棱錐A′-BCNM的高．S△AMN＝eq\f(1,2)·6λ·6λ·eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3)λ2，S△ABC＝eq\f(1,2)·6·6·eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3)，所以S四邊形BCNM＝9eq\r(3)（1－λ2），則VA′-BCNM＝eq\f(1,3)·9eq\r(3)（1－λ2）·h≤3eq\r(3)（1－λ2）·A′E＝3eq\r(3)（1－λ2）·3eq\r(3)λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可設(shè)f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），則f′（λ）＝27（－3λ2＋1），令f′（λ）＝0，解得λ＝eq\f(\r(3),3)，則函數(shù)f（λ）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以f（λ）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝6eq\r(3)，則四棱錐A′-BCN體積的最大值為6eq\r(3)，故選項(xiàng)D正確．故選A.答案：A6．解析：取CC1中點(diǎn)P，連結(jié)A1P，∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D為AA1中點(diǎn)，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)點(diǎn)P滿意條件P是CC1中點(diǎn)時(shí)，A1P∥CD，∵A1P?平面BCD，CD?平面BCD，∴當(dāng)點(diǎn)P滿意條件P是CC1中點(diǎn)時(shí)，A1P∥平面BCD.答案：P是CC1中點(diǎn)7．解析：①假如m∥n，n?α，那么m∥α或m?α，故①不正確；②假如m∥α，m?β，α∩β＝n，那么m∥n，故②正確；③假如α∥β，m?α，那么m∥β，故③正確；④缺少m?α這個(gè)條件，故④不正確．答案：②③8．解析：如圖，延長AO交圓O于點(diǎn)E，由題意可知，△ADE、△ABC均為等邊三角形，設(shè)AE＝AD＝1，由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝AE，則AB＝AEsin60°＝eq\f(\r(3),2)，易知O為AE的中點(diǎn)，則DO⊥AE，DO＝ADsin60°＝eq\f(\r(3),2)，則PO＝λDO＝eq\f(\r(3),2)λ，PB2＝PA2＝PO2＋OA2＝eq\f(3,4)λ2＋eq\f(1,4)，因?yàn)镻A⊥平面PBC，PB?平面PBC，所以PA⊥PB，在△PAB中，由勾股定理得PA2＋PB2＝BA2，即2（eq\f(3,4)λ2＋eq\f(1,4)）＝eq\f(3,4)，解得λ＝eq\f(\r(6),6).答案：eq\f(\r(6),6)9．解析：（1）證明：取AB1中點(diǎn)D，連接BD，因?yàn)锳B＝BB1，所以BD⊥AB1，又因?yàn)锳B1＝平面AB1C∩平面ABB1A1，平面AB1C⊥平面ABB1A1，BD?平面ABB1A1，所以BD⊥平面AB1C，AC?平面AB1C，所以BD⊥AC①，又因?yàn)锳A1⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AA1⊥AC②，易知BD與AA1相交③，由①②③可得AC⊥平面ABB1A1，又因?yàn)锽B1?平面ABB1A1，所以AC⊥BB1.（2）因?yàn)锳A1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，由（1）可知AC⊥平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，所以AC⊥AB，所以以A為原點(diǎn)，AB、AC、AA1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系：因?yàn)锳B＝BB1＝2A1B1＝2，所以AA1＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，AB1＝eq\r(（\r(3)）2＋12)＝2，又因?yàn)椤鰽B1C的面積為4，即eq\f(1,2)·AB1·AC＝4，解得AC＝4，所以A（0，0，0），C（0，4，0），B1（1，0，eq\r(3)），A1（0，0，eq\r(3)），所以B1C＝（－1，4，－eq\r(3)），eq\o(AC,\s\up6(→))＝（0，4，0），A1C＝（0，4，－eq\r(3)），設(shè)平面AB1C的法向量為n＝（x1，y1，z1），則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·B1C＝0,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋4y1－\r(3)z1＝0,4y1＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝0,x1＝－\r(3)z1))，取n＝（－eq\r(3)，0，1），設(shè)平面A1B1C的法向量為m＝（x2，y2，z2），則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·B1C＝0,m·A1C＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4y2－\r(3)z2＝0,4y2－\r(3)z2＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0,y2＝\f(\r(3),4)z2))，取m＝（0，eq\r(3)，4），設(shè)二面角A-B1C-A1的大小為θ，為銳角，則有cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(4,2\r(19))＝eq\f(2\r(19),19).10．解析：（1）證明：∵O，D分別為AB，PB的中點(diǎn)，∴OD∥PA.∵PA?平面PAC，OD?平面PAC，∴OD∥平面PAC.（2）證明：∵AC＝BC＝eq\r(2)，AB＝2，∴AC⊥BC.∵O為AB的中點(diǎn)，AB＝2，∴OC⊥AB，OC＝1，同理，PO⊥AB，PO＝1.∵PC＝eq\r(2)，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，則∠POC＝90°，即PO⊥OC.∵PO⊥OC，PO⊥AB，AB∩OC＝O，∴OP⊥平面ABC.（3）由（2）可知，OP⊥平面ABC，∴OP為三棱錐P-ABC的高，且OP＝1，∴VD-OBC＝eq\f(1,12)S△ABC·OP＝eq\f(1,12)×eq\f(1,2)×2×1×1＝eq\f(1,12).11．解析：對于A中，因?yàn)锳BCD為正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO?平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正確；對于B中，當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時(shí)，此時(shí)D到平面ABC的距離最大，即三棱錐D-ABC高的最大值為h＝DO＝eq\r(2)，此時(shí)三棱錐D-ABC的最大體積為V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以B正確；對于C中，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱錐D-ABC外接球的球心為O，即外接球的半徑R＝eq\r(2)，所以三棱錐D-ABC外接球的表面積為S＝4πR2＝8π（定值），所以C正確；對于D中，如圖所示，取AB，AO的中點(diǎn)E，F(xiàn)，分別連接ME，EF，NF，NE，因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別為AB，AO，AD中點(diǎn)，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，所以平面NEF∥平面BOD，又因?yàn)锳C⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因?yàn)锳C∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即為直線MN與平面NEF所成的角，在折疊過程中，設(shè)BD的長度為a，則a∈（0，2eq\r(2)）.由E，N為AD，AB的中點(diǎn)，所以NE＝eq\f(1,2)BD，在直角△MNE中，可得tan∠MNE＝eq\f(ME,NE)＝eq\f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq\f(AC,BD)＝eq\f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范圍為（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），即MN與平面BOD所成的角的范圍為（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），所以D錯(cuò)誤．故選D.答案：D12．解析：（1）取CD的中點(diǎn)M，連接MP，ME，因?yàn)镻C＝PD，CE＝DE，所以MP⊥CD，ME⊥CD，又MP∩ME＝M，MP，ME?平面PME，所以CD⊥平面PME，又因PE?平面PME，所以CD⊥PE，因?yàn)锳B∥CD，AB?平面PAB，CD?平面PAB，所以CD∥平面PAB，又因平面PAB與平面PCD的交線為l，CD?平面PCD，所以CD∥l，因?yàn)镃D⊥PE，所以PE⊥l.（2）連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，則OP⊥平面ABCD，AC⊥BD，如圖，以點(diǎn)O為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝2，則AC＝BD＝2eq\r(2)，設(shè)OP＝h，則PC＝PE＝eq\r(2＋h2)，則B（eq\r(2)，0，0），C（0，eq\r(2)，0），D（－eq\r(2)，0，0），P（0，0，h），由PE∥BC，得E（－eq\f(\r(2),2)·eq\r(