第一部分 专题四 第2讲 空间点、线、面的位置关系-【创新教程】2024高考数学总复习大二轮专题增分方案课时作业word（新教材）

一、单选题 1．(2023·长春三模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为(　　) A.　　B.　　　C.　　　D. 解析：C　[连接A1B，BD(图略)正方体中，A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即异面直线A1D与D1C所成的角， 因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为， 所以异面直线A1D与D1C所成的角为.故选C.] 2．在下列命题中，假命题是(　　) A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β C．若平面α⊥平面β，任取直线l⊂α，则必有l⊥β D．若平面α∥平面β，任取直线l⊂α，则必有l∥β 解析：C　[对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立； 对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，所以α∥β.故B成立； 对于C：如图所示： 在正方体中取平面BCC1B1为平面α、平面ABCD为平面β和直线C1B1为直线l，满足平面α⊥平面β，直线l⊂α，但是l∥β.故C不成立； 对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线l⊂α，则直线l与平面β没有公共点，所以l∥β.故D成立．故选C] 3．(2023·齐齐哈尔一模)已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是(　　) A．l与α，β所成角相等 B．α⊥γ，β⊥γ C．l⊥α，m⊥β，l∥m D．l⊂α，m⊂β，l∥m 解析：C　[对于A，正方体ABCD－A1B1C1D1中，设边长为a，连接AB1，则∠C1AB1为AC1与平面ABB1A1所成角， 由勾股定理得到AB1＝a，AC1＝a， 故sin∠C1AB1＝＝， 同理可得AC1和平面ADD1A1所成角的正弦值为，故AC1与平面ABB1A1和平面ADD1A1所成角大小相等，但平面ABB1A1与平面ADD1A1不平行，故A错误； B选项，平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD⊥平面ADD1A1，但平面ABB1A1与平面ADD1A1不平行，故B错误； 对于C，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊥β，所以α∥β，故C正确； 对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．故选C.] 4．在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝1，AD＝2，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，则B到平面ACD的距离为(　　) A. B. C. D. 解析：D　[由∠A＝60°，AB＝1，AD＝2，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝1＋4－2×1×2×＝3，BD＝， 则AB2＋BD2＝AD2，AB⊥BD，又四边形ABCD为平行四边形，所以BD⊥CD， 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面ABD，又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABD， 在平面ABD内，作BH⊥AD于点H，因为平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD， 所以BH⊥平面ACD，则BH即为所求点B到平面ACD的距离， 在直角三角形ABD中，AB⊥BD，又BH⊥AD， 所以AD·BH＝AB·BD⇒BH＝＝. 所以B到平面ACD的距离为.故选D.] 5．以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，将△ABD折起，使折起后的△ABC恰成等边三角形，M为BD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D．－ 解析：C　[如图所示，取AD的中点N，分别连接MN，CN， 在△ABD中，M为BD的中点，N为AD的中点，所以AB∥MN， 所以直线AB与CM所成的角即为直线MN与CM所成的角，设∠CMN＝θ， 设AB＝4，因为△ABC为等边三角形，所以AC＝BC＝4， 可得MN＝2，BD＝DC＝2，所以DM＝DN＝， 则满足BC2＝BD2＋CD2，可得BD⊥CD， 在直角△CDM中，CM＝＝， 因为AD⊥BD，AD⊥CD，BD∩CD＝D且BD，CD⊂平面BCD， 所以AD⊥平面BCD， 又因为CD⊂平面BCD，所以AD⊥CD， 在直角△CDN中，CN＝＝， 在△CMN中，可得cos θ＝＝＝， 即异面直线AB与CM所成的角的余弦值为.故选C.] 6．已知在△ABC中，AC⊥BC，AC＝2，∠B＝30°，D是AB的中点，沿着CD将△ACD折起，使得点A折叠到点A1的位置，则当三棱锥A1－BCD的体积最大时，其外接球的表面积为(　　) A. B．12π