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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.(2021·广东深圳二模)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.(2021·湖北荆门期中)在三棱柱ABC-ABC 中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC ∥平面AMC,则λ=(
1 1 1 1 1
)
1 1 1 2
A. B. C. D.
2 3 4 3
3.(2021·山东泰安三模)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,
π
圆锥侧面展开图是圆心角为 π的扇形,当∠PBC= 时,PB与AC所成的角为( )
√3
3
π π
A. B.
3 6
π 5π
C. D.
4 6
4.(2021·山东烟台二模)许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体.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cos 36°≈0.8)
5 5 3 5
A. B. C. D.
6 8 5 12
5.(2021·湖南衡阳月考)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△ABD沿BD折起,使点A到达点A'的位置,且
二面角A'-BD-C为60°,则A'D与平面BCD所成角的正切值为( )
3 √7
A. B.
4 43√7 1
C. D.
7 2
6.(2021·山东青岛二模)已知正方体ABCD-A BC D 棱长为2,点P在矩形ACC A(包含边界)内运动,且
1 1 1 1 1 1
∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为( )
A.π B.√2π C.2π D.2√2π
二、多项选择题
7.(2021·山东潍坊三模)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列说法正确的是( )
A.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n
B.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
C.如果α∥β,m α,那么m∥β
D.如果m∥α,n∥β,α∥β,那么m∥n
⊂
8.(2021·广东广州二模)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PAD
B.AE∥平面PCD
√5
C.直线PA与l所成角的余弦值为
5
3
D.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
5
三、填空题
9.(2021·山东潍坊期中)若平面α过正方体ABCD-A BC D 的顶点A,且平面α∥平面ABD,平面α∩平
1 1 1 1 1
面ABCD=l,则直线l与直线AC 所成的角为 .
1 1
10.(2021·浙江宁波二模)如图,三棱柱ABC-ABC 的底面是边长为2√3的正三角形,AA=3,AA⊥AC,D
1 1 1 1 1
为AC 的中点,BD=3√3,则二面角A-AC-B的正切值为 .
1 1 1
11.(2021·福建龙岩月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A BC D 中,M为AD的中点,动点P在正方
1 1 1 1
形ABCD内(不包括边界),若BP∥平面ABM,则C P的长度的取值范围是 .
1 1 1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AC ,交A C于点O,连接OM.∵BC ∥平面A MC,BC 平面ABC ,
1 1 1 1 1 1
⊂
平面A MC∩平面ABC =OM,
1 1
⊂
1 1
∴BC ∥OM.又在△ABC 中,O为AC 的中点,∴M为AB的中点,∴AM= AB,∴λ= .故选
1 1 1
2 2
A.
π
3. C 解析: 设圆锥的母线长为l,则l· π=2 π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=
√3 √3
3
,∴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,
π
∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD= .故选C.
4
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=
1 1
AB a
2 2
5a.因为PO⊥面ABCDE,所以∠PAO为PA与面ABCDE所成
= ≈
sin36° √1-cos236° 6
5
的角,所以cos∠PAO= a .
OA 6 5
≈ =
PA a 6
5.C 解析: 连接AC,交BD于点O,则AC⊥BD.将△ABD沿BD折起,得到△A'BD,可知
A'O⊥BD,CO⊥BD,则∠A'OC为二面角A'-BD-C的平面角,所以∠A'OC=60°.设菱形
ABCD的边长为2,则A'O=CO=√3,又∠A'OC=60°,所以△A'OC为等边三角形.过点A'作
3
A'E⊥OC于点E,连接DE,则A'E= .因为A'O⊥BD,CO⊥BD,A'O∩CO=O,所以BD⊥平面
2A'OC,所以BD⊥A'E.又A'E⊥OC,BD∩OC=O,所以A'E⊥平面BCD.所以∠A'DE为A'D与
3 √7
平面BCD所成的角.在Rt A'DE中,因为A'D=2,A'E= ,所以DE= ,所以tan∠A'DE=
2 2
△
A'E
=
3√7 .故选C.
DE 7
6.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
1
的长度为 ×2 π= π.
√2 √2
2
7.AC 解析: 对于A,若m⊥α,n∥α,则m⊥n,故A正确.对于B,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则
α∥β或α,β相交,故B错误.对于C,若α∥β,m α,则m∥β,故C正确.对于D,若
m∥α,n∥β,α∥β,则m,n平行、相交或异面,故D错误.故选AC.
⊂
8. 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PAD,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
⊄ ⊂
1 1
ADFE为平行四边形,所以AD=EF,与EF= BC= AD矛盾,故B错误.对于C,PA与l所成
2 2
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
AD √5
面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP= √5 ,所以cos∠PAD= = ,故C正确.
AP 5
1 4 1
对于D,连接BD,易知V = ×2×2= ,V =V +V = ×1×1+
P-ABCD ABCDFE E-ABD D-BCFE
3 3 3
4 5
-
1
×
3√2
×√2=
5,所以V
P-ADFE=
3 6
=
3,故D正确.故选ACD.
3 4 6 V 5 5
ABCDFE
6
9. π 解析: 因为平面α∥平面A BD,平面α∩平面ABCD=l,平面A BD∩平面ABCD=BD,
1 1
2
π
所以l∥BD,又A C ⊥BD,所以A C ⊥l,所以直线l与直线A C 所成的角为 .
1 1 1 1 1 1
2
10.-√3 解析: 如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A C 的中点,AA ⊥AC, ABC
1 1 1
是边长为2√3的正三角形,所以DE=AA =3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面
1
△角A -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=
1
32+32-(3√3)2
=-
1
,所以∠BED=120°,所以tan∠BED=- .
√3
2×3×3 2
11. [√30 ,√2 ) 解析: 如图,取BC的中点N,连接B D,B N,DN,C D,C N,作C O⊥DN于点
1 1 1 1 1
5
O.易知平面B DN∥平面A BM,所以点P在线段DN上,不包括端点D,N.
1 1
在△C DN中,C D=√2,DN=C N=
√
12+
(1) 2
=
√5
,所以
1 1 1
2 2
1 √ (√5) 2 (√2) 2 √6
S = ×√2× - = ,
△C 1 DN 2 2 2 4
1 √5 √5 √6 √30
又S = ·DN·C O= C O,所以 C O= ,即C O= .
△C 1 DN 2 1 4 1 4 1 4 1 5
√30
当点P与点O重合时,C P的长度取最小值 .
1
5
因为C D>C N,点P与点D不重合,
1 1
所以C P
