【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练7　空间点、直线、平面的位置关系 Word版含答案.docx，共(9)页，1.063 MB，由小赞的店铺上传

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考点突破练7空间点、直线、平面的位置关系一、选择题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∥βB.若m⊥α,α⊥β,则m∥βC.若m∥n,n∥α,则m∥αD.若m⊥α,α∥β,则m⊥β3.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.①③C.①②D.③5.(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BC.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.√22B.√33C.√63D.√327.如图所示,在正方体ABCD-A

1B1C1D1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.√72B.5√34C.√3D.328.(2023北京朝阳一模)在长方体A

BCD-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⊥BDC.AM=12MC1D.MB=MD9.(2023甘肃一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BC=AC

=2√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.√155B.√105C.√53D.√6310.(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.14B.

13C.12D.2312.(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.√2+2B.2√2+2C.√2+√6D.213.三棱锥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3B.AC⊥BDC.平面ABC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面ACD14.(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(0<a<√2),则下列结论错误的是()A.该模型外接球的半径为√32B.当a=12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.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点M是棱AB的中点,点P是底面

ABCD内的动点,且点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长度,则线段B1P长度的最小值为.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√2,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√2+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=√2,CE=1,EF=√3,故cos∠CFE=√2√3=√63.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=√5,GH=√2,GH边上的高为√(√5)2-(√22)2=3√22,所

以△AGH的面积S=12×√2×3√22=32.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=12A1C1,所以AM=12MC1,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=12BC=√2,A1F=√𝐴1𝐴2+𝐴𝐹2=√3,A1G=√𝐴1𝐴2+𝐴𝐺2=√5,因为A1F2+GF2=A1G2,所以A1F⊥FG,在R

t△A1GF中,cos∠GA1F=𝐴1𝐹𝐴1𝐺=√3√5=√155,因此,直线BM与CN所成角的余弦值为√155.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;图1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图2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;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=12MO=14AB,BG=34AB,∴AG=13GB,即k=13.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=√2+√6.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=2sin

60°=√3.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=12BC·BDsin60°=12×2×2×√32=√3,AE=√3,所以三棱锥A-BCD

的体积为V=13S△BCD·AE=13×√3×√3=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A

BC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=√3,所以AC=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√3+3=√6.在三角形ACB中,AB=CB=2,AC=√6,所以BF=√𝐴𝐵2-(𝐴𝐶2)2=√4-64=√102.同理

,DF=√102.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√3,因此其外

接球半径为√32,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=𝑎√2,所以四边形MNQP为平行四边形,所以MN=PQ.易知CP=BQ=𝑎√2,BP=1-CP=1-𝑎√2,M

N=PQ=√𝐵𝑃2+𝐵𝑄2=√𝑎22+(1-√2𝑎2)2=√𝑎2-√2𝑎+1=√(𝑎-√22)2+12,所以当a=√22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.15.2√6解析由点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长

度,可知点P是以M为焦点,以AD为准线的抛物线.以AM的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.M(1,0,0),B1(3,0,4),设P(x,y,0),点P的方程为y2=4x(0≤x≤3),

B1P=√(𝑥-3)2+𝑦2+16=√𝑥2-2𝑥+25,所以当x=1时,B1P的长度最小为2√6.16√3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=π3.又OB=OD,∴△OBD为等边三角形

,∴∠ODB=∠COD=π3,∴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=√32a,OC=𝑎2,∴tan∠SCO=𝑆𝑂𝑂�

�=√3,即SC与BD所成角的正切值为√3.17.√66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𝐴𝐵sin60°=AE,则AB=AEsin60°=√32.OA=23×√32AB=12.因为点O

为AE的中点,所以DO⊥AE,DO=ADsin60°=√32.则PO=λDO=√32𝜆,PB2=PA2=PO2+OA2=34𝜆2+14.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2(34�

�2+14)=34,解得λ=√66.18.①③④解析连接AN,DN,因为四面体ABCD的所有棱长均为√2,则AN=DN=√62且MN⊥AD所以MN=√32-12=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=√22,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=√6

4×√2=√32,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=√2,故△MFN周长的最小值为√2+1,④正确.故答案为①③④.19.2√33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<h<1),圆柱的体积为V=2πr2h=2πh(1-h2)=2πh-2πh3,V'=2π-6πh2=-6π(h+√33)(h-√33).当h∈(0,√33)时,V'>0,当

h∈(√33,1)时,V'<0,即V在区间(0,√33)上单调递增,在区间(√33,1)上单调递减,所以当h=√33时,V取得最大值为4√3π9,此时圆柱的母线长为2h=2√33.20.192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ABB1A

1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=12×2×2=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=(2+3)×32=152,所以点M,N构成的区域的面积之和为2+152=192.