【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练14　空间位置关系的判断与证明 Word版含答案.docx，共(5)页，351.067 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练14空间位置关系的判断与证明一、单项选择题1.设α,β为两个不同的平面,直线l⊂α,则“l∥β”是“α∥β”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.在三棱柱ABC-A1B1C1中,点M在AB上,且A

M=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ=()A.12B.13C.14D.233.如图,AB为圆锥底面直径,点C为底面圆O上异于A,B的动点,已知OA=√3,圆锥侧面展开图是圆心角为√3π的扇形,当∠PBC=π3时,PB与AC所成的角为()A

.π3B.π6C.π4D.5π64.正二十面体的每一个面均为等边三角形,共有12个顶点、30条棱.如图,由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点构成正五棱锥P-ABCDE,则PA与面ABCDE所成角的余弦值约为()(参考数据cos36°≈0

.8)A.56B.58C.35D.5125.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P在矩形ACC1A1(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为()A.πB.√2πC.2πD.2√2π二、多项选择题6.(2022·新高考Ⅰ,9

)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°7.如图,四棱锥P-

ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=AB=2,E为PB的中点,过A,D,E三点的平面α与平面PBC的交线为l,则下列结论正确的是()A.l∥平面PADB.AE∥平面PCDC.直线PA与l所成角的余弦值为√55D.平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体

的体积的比值为35三、填空题8.若平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,则直线l与直线A1C1所成的角为.9.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2

√3的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=3√3,则二面角A1-AC-B的正切值为.专题突破练14空间位置关系的判断与证明1.B解析当l∥β时,α与β可能平行也可能相交.当α∥β时,因为l⊂α,所以l∥β

.故选B.2.A解析如图,连接AC1,交A1C于点O,连接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1⊂平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O为AC1的中点,∴M为AB的中点,∴AM=12AB,∴λ=12.故选A.3.C解析设圆锥的

母线长为l,则l·√3π=2√3π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=π3,∴BC=2.∴在Rt△ABC中,AC=2√2.作BD∥AC,与圆O交于点D,连接AD,则四边形ACBD为平行四边形,BD=AC=2

√2.连接PD,则∠PBD为PB与AC所成的角.在△PBD中,∵PD=PB=2,BD=2√2,∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD=π4.故选C.4.A解析设正二十面体的棱长为a,点P在面ABCDE内的射影为点O,则O为正五边形ABCDE的

中心.连接OA,OB(图略),则∠AOB=72°,所以OA=12𝐴𝐵sin36°=12𝑎√1-cos236°≈56a.因为PO⊥面ABCDE,所以∠PAO为PA与面ABCDE所成的角,所以cos∠PAO=𝑂𝐴𝑃𝐴≈56𝑎𝑎=56.5.B解析

由题意,易知动点P的轨迹为以AC为直径的半圆,AC=2√2,故动点P的轨迹的长度为12×2√2π=√2π.6.ABD解析连接AD1,∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直线B

C1与DA1所成的角为90°,故A正确;连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1⊂平面A1B1C,B1C⊂平面A1

B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的

角.设正方体的棱长为a,则OC1=√22a,BC1=√2a,∴sin∠C1BO=𝑂𝐶1𝐵𝐶1=12,∴∠C1BO=30°,故C错误;∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又∠C1BC=4

5°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.故选ABD.7.ACD解析如图,取PC的中点F,连接EF,则AD∥EF,所以A,D,E,F四点共面,所以l为EF.对于A,因为EF∥AD,EF⊄平面P

AD,AD⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD,即l∥平面PAD,故A正确.对于B,若AE∥平面PCD,则必有AE∥DF,又EF∥AD,所以四边形ADFE为平行四边形,所以AD=EF,与EF=12BC=12AD矛盾,故B错误.对于C,PA与l所成的角即PA与EF所成

的角,因为EF∥AD,所以∠PAD为PA与EF所成的角,由PD⊥底面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP=√5,所以cos∠PAD=𝐴𝐷𝐴𝑃=√55,故C正确.对于D,连接BD,易知VP-ABCD=13×2

×2=43,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=13×1×1+13×3√24×√2=56,所以𝑉𝑃-𝐴𝐷𝐹𝐸𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷𝐹𝐸=43-5656=35,故D正确.故选ACD.8.π2解析因为平面α∥平面A1BD,平面α∩平面A

BCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以l∥BD,又A1C1⊥BD,所以A1C1⊥l,所以直线l与直线A1C1所成的角为π2.9.-√3解析如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A1C1的中点,AA1⊥AC,△ABC是边长为2√3的正三角形,所以DE=

AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面角A1-AC-B的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=3√3,所以由余弦定理得cos∠BED=32+32-(3√3)22×3×3=-12,所以∠BED

=120°,所以tan∠BED=-√3.