專(zhuān)題突破練14 空間位置關(guān)系的判斷與證明一、單項(xiàng)選擇題1.(2021·廣東深圳二模)設(shè)α,β為兩個(gè)不同的平面,直線(xiàn)l?α,則“l(fā)∥β”是“α∥β”的( )A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.(2021·湖北荊門(mén)期中)在三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,則λ=( ) A.B.C.D.3.(2021·河北定州中學(xué)高三月考)在三棱錐S-ABC中,M,N分別是SB,AC的中點(diǎn),若SA=4,BC=2,MN⊥BC,則MN與SA所成的角為( )A.30°B.45°C.60°D.90°4.(2021·山東煙臺(tái)二模)許多球狀病毒的空間結(jié)構(gòu)可抽象為正二十面體.正二十面體的每一個(gè)面均為等邊三角形,共有12個(gè)頂點(diǎn)、30條棱.如圖,由正二十面體的一個(gè)頂點(diǎn)P和與P相鄰的五個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成正五棱錐P-ABCDE,則PA與面ABCDE所成角的余弦值約為( )(參考數(shù)據(jù)cos36°≈0.8)A.B.C.D.5.(2021·湖南衡陽(yáng)月考)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,將△ABD沿BD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A'的位置,且二面角A'-BD-C為60°,則A'D與平面BCD所成角的正切值為( )A.B.C.D.6.(2021·山東青島二模)已知正方體ABCD-A1B1C1D1棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)P在矩形ACC1A1(包含邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng),且∠PBD=45°,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為( )A.πB.πC.2πD.2π二、多項(xiàng)選擇題7.(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考)已知m,n是兩條不同的直線(xiàn),α,β是兩個(gè)不同的平面,下列說(shuō)法正確的是( )A.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥βB.若m∥α,m∥β,α∩β=n,則m∥nC.若m⊥α,m⊥n,α∥β,則n∥βD.若m⊥α,n⊥β,m⊥n,則α⊥β
8.(2021·廣東廣州二模)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=AB=2,E為PB的中點(diǎn),過(guò)A,D,E三點(diǎn)的平面α與平面PBC的交線(xiàn)為l,則下列結(jié)論正確的是( )A.l∥平面PADB.AE∥平面PCDC.直線(xiàn)PA與l所成角的余弦值為D.平面α截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積的比值為三、填空題9.(2021·山東濰坊期中)若平面α過(guò)正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,則直線(xiàn)l與直線(xiàn)A1C1所成的角為 .?10.(2021·浙江寧波二模)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D為A1C1的中點(diǎn),BD=3,則二面角A1-AC-B的正切值為 .?11.(2021·福建龍巖月考)如圖,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為AD的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在正方形ABCD內(nèi)(不包括邊界),若B1P∥平面A1BM,則C1P的長(zhǎng)度的取值范圍是 .?專(zhuān)題突破練14 空間位置關(guān)系的判斷與證明1.B 解析:當(dāng)l∥β時(shí),α與β可能平行也可能相交.當(dāng)α∥β時(shí),因?yàn)閘?α,所以l∥β.故選B.
2.A 解析:如圖,連接AC1,交A1C于點(diǎn)O,連接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1?平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O為AC1的中點(diǎn),∴M為AB的中點(diǎn),∴AM=AB,∴λ=故選A.3.A 解析:取SC的中點(diǎn)P,連接PN,PM,又因?yàn)镸,N分別是SB,AC的中點(diǎn),則有PN∥SA且PN=SA=2,PM∥BC且PM=BC=1,所以∠PNM即為MN與SA所成的角.因?yàn)镸N⊥BC,所以PM⊥MN,在Rt△PMN中,PM=1,PN=2,所以sin∠PNM=又因?yàn)楫惷嬷本€(xiàn)所成角的范圍為(0°,90°],所以∠PNM=30°.4.A 解析:設(shè)正二十面體的棱長(zhǎng)為a,點(diǎn)P在面ABCDE內(nèi)的射影為點(diǎn)O,則O為正五邊形ABCDE的中心.連接OA,OB(圖略),則∠AOB=72°,所以O(shè)A=a.因?yàn)镻O⊥面ABCDE,所以∠PAO為PA與面ABCDE所成的角,所以cos∠PAO=5.C 解析:連接AC,交BD于點(diǎn)O,則AC⊥BD.將△ABD沿BD折起,得到△A'BD,可知A'O⊥BD,CO⊥BD,則∠A'OC為二面角A'-BD-C的平面角,所以∠A'OC=60°.設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2,則A'O=CO=,又∠A'OC=60°,所以△A'OC為等邊三角形.過(guò)點(diǎn)A'作A'E⊥OC于點(diǎn)E,連接DE,則A'E=因?yàn)锳'O⊥BD,CO⊥BD,A'O∩CO=O,所以BD⊥平面A'OC,所以BD⊥A'E.又A'E⊥OC,BD∩OC=O,所以A'E⊥平面BCD.所以∠A'DE為A'D與平面BCD所成的角.在Rt△A'DE中,因?yàn)锳'D=2,A'E=,所以DE=,所以tan∠A'DE=故選C.6.B 解析:由題意,易知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡為以AC為直徑的半圓,AC=2,故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為2=7.BD 解析:對(duì)于A,要得到α∥β,還需m與n相交,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,若m∥α,m∥β,α∩β=n,則由線(xiàn)面平行的性質(zhì)得m∥n,故B正確;對(duì)于C,若m⊥α,m⊥n,α∥β,則n∥β或n?β,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,若m⊥α,n⊥β,m⊥n,則由面面垂直的判定定理得α⊥β,故D正確.8.ACD 解析:如圖,取PC的中點(diǎn)F,連接EF,則AD∥EF,所以A,D,E,F四點(diǎn)共面,所以l為EF.對(duì)于A,因?yàn)镋F∥AD,EF?平面PAD,AD?平面PAD,所以EF∥平面PAD,即l∥平面PAD,故A正確.對(duì)于B,若AE∥平面PCD,則必有AE∥DF,又EF∥AD,所以四邊形ADFE為平行四邊形,所以AD=EF,與EF=BC=AD矛盾,故B錯(cuò)誤.對(duì)于C,PA與l所成的角即PA與EF所成的角,因?yàn)镋F∥AD,所以∠PAD為PA與EF所成的角,由PD⊥底面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP=,所以cos∠
PAD=,故C正確.對(duì)于D,連接BD,易知VP-ABCD=2×2=,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=1×1+,所以,故D正確.故選ACD.9 解析:因?yàn)槠矫姒痢纹矫鍭1BD,平面α∩平面ABCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以l∥BD,又A1C1⊥BD,所以A1C1⊥l,所以直線(xiàn)l與直線(xiàn)A1C1所成的角為10.- 解析:如圖,取AC的中點(diǎn)E,連接ED,EB.因?yàn)镈為A1C1的中點(diǎn),AA1⊥AC,△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED為二面角A1-AC-B的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=3,所以由余弦定理得cos∠BED==-,所以∠BED=120°,所以tan∠BED=-11 解析:如圖,取BC的中點(diǎn)N,連接B1D,B1N,DN,C1D,C1N,作C1O⊥DN于點(diǎn)O.易知平面B1DN∥平面A1BM,所以點(diǎn)P在線(xiàn)段DN上,不包括端點(diǎn)D,N.在△C1DN中,C1D=,DN=C1N=,所以,又DN·C1O=C1O,所以C1O=,即C1O=當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時(shí),C1P的長(zhǎng)度取最小值因?yàn)镃1D>C1N,點(diǎn)P與點(diǎn)D不重合,所以C1P
