2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)7 空間線、面的位置關(guān)系 文

2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 限時(shí)集訓(xùn)7 空間線、面的位置關(guān)系 文一、選擇題1設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，l是一條直線，以下命題正確的是()A若l，則lB若l，則lC若l，則lD若l，則lB若l，則l或l，故A錯(cuò)誤；若l，由平面平行的性質(zhì)，可得l，故B正確；若l，則l或l，故C錯(cuò)誤；若l，則l或l或l，故D錯(cuò)誤；故選B.2(2018·安慶模擬)正四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，BD的中點(diǎn)，則異面直線AF，CE所成角的余弦值為()A.B.C.D.C取BF的中點(diǎn)G，連接CG，EG，(圖略)易知EGAF，所以異面直線AF，CE所成的角即為GEC(或其補(bǔ)角)不妨設(shè)正四面體棱長為2，易求得CE，EG，CG，由余弦定理得cosGEC，異面直線AF，CE所成角的余弦值為.3如圖2­4­28，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，將ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐A­BCD.則在三棱錐A­BCD中，下列命題正確的是()圖2­4­28A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABCD在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，BDCD.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，則CDAB.又ADAB，ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC，故選D.圖2­4­294(2018·南昌模擬)如圖2­4­29，在四面體ABCD中， 已知ABAC，BDAC，那么點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影H必在()A直線AB上B直線BC上 C直線AC上DABC內(nèi)部A因?yàn)锳BAC，BDAC，ABBDB，所以AC平面ABD，又AC平面ABC，所以平面ABC平面ABD，所以點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影H必在直線AB上5在正方形ABCD­A1B1C1D1中，E是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是線段CD1上的動(dòng)點(diǎn)，且E，F(xiàn)不重合，則直線AB1與直線EF的位置關(guān)系是()A相交且垂直 B共面C平行 D異面且垂直D連接A1B，則AB1平面A1BCD1，又EF平面A1BCD1，則AB1EF，且AB1，EF是異面直線，故選D.6如圖2­4­30是四棱錐的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論中錯(cuò)誤的是()圖2­4­30A平面EFGH平面ABCDB直線BE，CF相交于一點(diǎn)CEF平面BGDDPA平面BGDC把圖形還原為一個(gè)四棱錐，如圖所示，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，可得EHAB，GHBC，平面EFGH平面ABCD，A正確；在PAD中，根據(jù)三角形的中位線定理可得EFAD，又ADBC，EFBC，因此四邊形EFCB是梯形，故直線BE與直線CF相交于一點(diǎn)，所以B是正確的；連接AC，設(shè)AC中點(diǎn)為M，則M也是BD的中點(diǎn)，連接MG，因?yàn)镸GPA，且直線MG在平面BDG上，所以有PA平面BDG，所以D是正確的；EFBC，EF平面PBC，BC平面PBC，直線EF平面PBC，再結(jié)合圖形可得：直線EF與平面BDG不平行，因此C是錯(cuò)誤的，故選C.7如圖2­4­31所示，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且ABCD，正方體的六個(gè)面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，那么mn()圖2­4­31A8 B9 C10 D11A如圖，CE平面ABPQ，從而CE平面A1B1P1Q1，易知CE與正方體的其余四個(gè)面所在平面均相交，m4，EF平面BPP1B1，EF平面AQQ1A1，且EF與正方體的其余四個(gè)面所在平面均相交，n4，故mn8，選A.8(2018·武漢模擬)如圖2­4­32，在矩形ABCD中，AB，BC1，將ACD沿AC折起，使得D折起后的位置為D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面體D1ABC的四個(gè)面中，有n對平面相互垂直，則n等于()圖2­4­32A2 B3 C4 D5B設(shè)D1在平面ABC上的射影為E，連接D1E，則D1E平面ABC，D1E平面ABD1，平面ABD1平面ABC.D1E平面ABC，BC平面ABC，D1EBC，又ABBC，D1EABE，BC平面ABD1，又BC平面BCD1，平面BCD1平面ABD1，BC平面ABD1，AD1平面ABD1，BCAD1，又CD1AD1，BCCD1C，AD1平面BCD1，又AD1平面ACD1，平面ACD1平面BCD1.共有3對平面互相垂直，故選B.二、填空題9(2018·黃山模擬)已知正六棱錐S­ABCDEF的底面邊長和高均為1，則異面直線SC與DE所成角的大小為_設(shè)正六邊形ABCDEF的中心為O，連接SO，CO，BO，則由正六邊形的性質(zhì)知OCDE，SO平面ABCDEF，所以SCO為異面直線SC與DE所成角又易知BOC為等邊三角形，所以SOBCCO1，所以SCO.10已知，是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，有下列命題：若m，n平行于同一平面，則m與n平行；若m，n，則mn；若，不平行，則在內(nèi)不存在與平行的直線；若n，mn，則m且m.其中真命題有_(填寫所有正確命題的編號(hào))若m，n平行于同一平面，則m與n平行或相交或異面，故錯(cuò)誤；若n，則n垂直于內(nèi)的所有直線，又m，則mn，故正確；若，不平行，則，相交，設(shè)l，在內(nèi)作直線al，則a，故錯(cuò)誤；若n，mn，則m或m或m或m，故錯(cuò)誤所以正確命題的序號(hào)是.11如圖2­4­33所示，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P，Q分別是AA1，A1D1，CC1，BC的中點(diǎn)，給出以下四個(gè)結(jié)論：圖2­4­33A1CMN；A1C平面MNPQ；A1C與PM相交；NC與PM異面其中正確的結(jié)論是_(填寫所有正確命題的序號(hào))MN平面A1DC，從而MNA1C，故正確；A1C與平面MNPQ相交，故錯(cuò)誤；A1C與PM都在平面ACC1A1內(nèi)，且不平行，因此A1C與PM相交，故正確；點(diǎn)P，M，C都在平面ACC1A1內(nèi)，點(diǎn)N不在平面ACC1A1內(nèi)，故NC與PM異面，因此正確12如圖2­4­34，PAO所在的平面，AB是O的直徑，C是O上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論：圖2­4­34AFPB；EFPB；AFBC；AE平面PBC.其中正確命題的序號(hào)是_PAO所在的平面，AB是O的直徑，CBPA，CBAC，又PAACA，CB平面PAC.又AF平面PAC，CBAF.又F是點(diǎn)A在PC上的射影，AFPC，又PCBCC，PC，BC平面PBC，AF平面PBC，故正確又E為A在PB上的射影，AEPB，PB平面AEF，故正確而AF平面PCB，AE不可能垂直于平面PBC.故錯(cuò)三、解答題13(2018·煙臺(tái)模擬)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面邊長為3，E，F(xiàn)分別為CC1，BB1上的點(diǎn)，且EC3FB3，點(diǎn)M是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，如圖2­4­35所示圖2­4­35(1)試確定點(diǎn)M的位置，使BM平面AEF，并說明理由；(2)若M為滿足(1)中條件的點(diǎn)，求三棱錐M­AEF的體積解(1)當(dāng)點(diǎn)M是線段AC靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)時(shí)，BM平面AEF.事實(shí)上，在AE上取點(diǎn)N，使ANAE，于是，所以MNEC且MNEC.由題意知，BFEC且BFEC，所以MNBF且MNBF，所以四邊形BMNF為平行四邊形，所以BMFN.又FN平面AEF，BM平面AEF，所以BM平面AEF.(2)連接EM，F(xiàn)M.因?yàn)槿庵鵄BC­A1B1C1是正三棱柱，所以BB1平面ACC1A1.所以V三棱錐M­AEFV三棱錐F­AEMV三棱錐B­AEM，取AC的中點(diǎn)O,連接BO，則BOAC.因?yàn)槿庵鵄BC­A1B1C1是正三棱柱，所以AA1平面ABC.又BO平面ABC，所以AA1BO.因?yàn)锽OAC，BOAA1，ACAA1A，所以BO平面ACC1A1.所以BO為三棱錐B­AEM的高又在正三角形ABC中，BO.V三棱錐M­AEFV三棱錐B­AEM·SAEM·BO××.14如圖2­4­36，在平行四邊形ABCD中，AB1，AD2，BAD120°，四邊形EBDF是矩形，BE1，平面EBDF平面ABCD.圖2­4­36(1)求證：AECF；(2)求直線CF與平面EBDF所成角的正弦值解(1)證明：連接AC，在ABC中，AB1，BC2，ABC60°，由余弦定理易得AC，所以AB2AC2BC2，則ABAC.又ABCD，所以ACCD，同理在BCD中，由余弦定理易得BD，又四邊形EBDF是矩形，則BEBD，又平面EBDF平面ABCD，且平面EBDF平面ABCDBD，所以BE平面ABCD，又BC平面ABCD，所以BEBC，同理FDDC，ACDF，由勾股定理易求得EC，CF，又EFBD，顯然EF2CE2CF2，故CECF.由ACCD，ACDF，CDDFD，所以AC平面CDF，所以ACCF，又ACCEC，所以CF平面ACE，所以CFAE.(2)過點(diǎn)C作BD的垂線，垂足為H，連接FH，顯然CH平面EBDF，則FH為CF在平面EBDF內(nèi)的射影，于是CFH為直線CF與平面EBDF所成角的平面角，由SBCD·|CH|·|BD|·|BC|·|CD|·sin 120°，解得|CH|，sinCFH.