专题精准强化12 空间点、线、面的位置关系-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 专题精准强化12空间点、线、面的位置关系 ©错因分析： 一、单选题 6.在边长为4的正三角形ABC中，E,F分 1.已知l、m、n是直线，a是平面，且mCa, 别是AB,AC的中点，将△AEF沿着EF n∥a,则“1⊥m,l⊥n”是“l⊥a”的（) 翻折至△A'EF,使得A'B⊥FC,则四棱 A.充分不必要条件 锥A'-BCFE的外接球的表面积是() B.必要不充分条件 A.8π B.12π C.16π D.32π C.充要条件 二、多选题 D.既不充分又不必要条件 7.已知m,n,l为空间中三条不同的直线，a, 2.已知a,3是两个平面，m,n是两条直线， β，y为空间中三个不同的平面，则下列说 且a⊥B,mCa,nC3,则“m⊥n”是“m⊥ 法中正确的是 的 () A.必要不充分条件 A.若a∩B=m,m⊥Y,则a⊥Y,B⊥Y B.若mCa,n中a,则m与n为异面直线 B.充分不必要条件 C.充要条件 C.若a∩B=l,3∩y=m,y∩a=n,且l∩m D.既不充分也不必要条件 =P,则P∈n 3.如图，在正方体ABCD D.若m⊥a,m⊥B,a∥y,则B∥y ABCD1中，异面直线 8.在四棱锥P-ABCD中，E,F分别是AP, AD与D1C所成的 BC上的点，会5-E则下列条件可以确 角为 () 定EF∥平面PCD的是 () A君 B. C. D. A.AD∥BC B.AB∥CD 4.已知a,3,Y是三个不重合的平面，且a∩Y=, C.BC∥平面PADD.CD∥平面PAB β∩y=,则下列命题正确的是() 三、填空题 A.若a⊥Y,B⊥Y,则1，∥m 9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分 B.若l∥m,则a∥g 别为棱BC,BC1的中点，若平面DBB, C.若a⊥B,Y⊥B,则l⊥m 与平面AEF的交线为l,则L与直线AD D.若l⊥m,则a∥3 所成角的大小为 5.已知四边形ABCD是矩形，AB=3AD, 10.在平面四边形ABCD E,F分别是AB,CD的中点，将四边形 中，AD=CD=√3， AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重 合，则直线ED,BF所成的角α在旋转过 ∠ADC=∠ACB= 程中 () 90°，∠ABC=60°，现 A.逐步变大 将△ADC沿着AC折起，得到三棱锥 B.逐步变小 D-ABC,若二面角D-ACB的平面角 C.先变小后变大 为135°，则三棱锥D-ABC的外接球表 D.先变大后变小 面积为 144 四、解答题 12.如图甲，在直角三角形ABC中，已知 11.如图在四棱台ABCD-A1B1C1D1中， AB⊥BC,BC=4,AB=8,D,E分别是 AB=4,A1B1=2. AB,AC的中点.将△ADE沿DE折起， 0 使点A到达点A1的位置，且平面ADE 平面DBCE,连接A,B,A,C,得到如图乙所 示的四棱锥A1-DBCE,M为线段AD上 (1)当AA1=2时，求AA1和平面 一点 A1B1C1D1所成的角； (2)证明：AA1∥平面BC1D;若棱台高 为3，求三棱锥A1-BC1D的体积. C 图甲 图乙 (1)证明：A1D⊥平面DBEC; (2)过B,C,M三点的平面与线段A1E 相交于点N,直线EM与BC所成角的 大小为45°，求三棱锥A1-BCN的体积. 145短轴长为2h=4,故c=:8=2,故e=石2号=号， 故A错误；对于选项B:因为上、下截面间的距离为 2 2cm,所以AB=sin行=2cm,将该几何体沿A点平 行于圆柱底面切割补到以沿，点B平行于圆柱底面的位 置，则正好是以底面半径为2cm,高为2cm的圆柱，则 V=πX22×2=8πcm3,故B正确；对于选项C:同样以 选项B的方法割补，侧面积即为以底面半径为2，高为2 的圆柱的侧面，S=2πX2X2=8πcm2,故选项C正确；对 于选项D:利用椭圆的面积公式：S=πab=4√2πcm,故选 项D正确.] 11,BC[对于A:圆台的体积为3元 (1+32+1X3)×23=263 3 A错误；对于B:如图是圆台的轴 截面ABCD,外接球球心为O,设 外接球半径为R,当球心在梯形 ABCD内时，√R2-1十 VR-3=2V3,解得R=28 ’ 当球心在梯形ABCD外时， √R2-1平-√R2-32=23,方 程无解，所以外接球的表面积 4R-号2x,B正确： 对于C:用过任意两条母线的平面戴该圆台所得截面周 长，其中轴戴面的周长最大，又母线长为 √(2√3)2+(3-1)2=4，则最大周长为4+4+2+6=16，C 正确； 对于D:如图：挖去以该圆台上 底面为底，高为√3的圆柱后所 得几何体的表面积为π(3+1) ×4+2π×1×√3+π×(32+12) =26π十2√3π，D错误.] 12.解析：根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度 的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度，设第一 325h2 个圆柱的高为九1，第二个圆柱的高为，则2 /65 /325 2 ×230 =10, 2 115 故h2=23mm,h1=2 mm. 答案：5 mm,23 mm 13.解析：在底面ABCD上，AB∥DC,AD⊥AB,DC=2, AD=AB=1, 所以∠ADB=∠ABD=45°， 所以BD=√1+1=√2， 在△BCD中，BD=√2，DC=2,∠CDB=45° 由余弦定理可得： BC=√/CD+BD-2CD·BDcos45=√2， 所以CD2=BD2+CB2,所以∠CBD=90°. 所以BD⊥CB. 又因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC 又PD∩BD=D,PDC平面PBD,BDC平面PBD, 所以BC⊥平面PBD,所以BC⊥PB. 则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中 30 练习册参考答案 点时，OP=OD=OB=OC, 此时O为四面体PBCD的外接球的球心. A B 直线PA与平面ABCD成45°角.PD⊥平面ABCD, 则∠PAD=45°，.PD=AD=1, 又PC=√CD+PD=√5，∴四面体PBCD外接球的 半径为 2 所以四面体PBCD外接球的体积为 - 6元 5w5 答案：6π 14.解析：在菱形ABCD中，已知AB=23,∠BAD=号， △ABD,△BCD都是等边三角形， BD=AB=2√3，取BD的中点为M,连接AM,CM,则 AM⊥BD,CM⊥BD. 所以∠AMC即为二面角C'-BD-A的平面角， os∠AMC=子所以AM=CM=号X25=3. 2 由余弦定理得AC2=AM+CM-2AM·C'M· c08∠AMC=9+9-2X3×3X号=12. 所以AC=2√5，因此三棱锥C-ABD中，AB=BC= CD=DA=BD=AC'=23, 即三棱锥C-ABD为正四面体， 所以棱切球0的半径为，=×23=⑤， 4 ,那么球0 的表面积为S=4πr2=4π· √6 2 =6元. --D C 答案：6π 专题精准强化12空间点、线、面的位置关系 1.B2.A3.C 4.C[根据空间中，线面位置关系的性质定理和判定定理 可判断各选项的正误 若a⊥Y,B⊥Y,则l∥m或l与m相交，故A错误； 若l∥m,则a∥B或a与3相交，故B错误； 若a⊥B,y⊥B,则l⊥m,故C正确； 若lLm,则a与B相交，不一定是垂直，故D错误.] 5.D[由题可知初始时刻ED与 E BF所成的角为0°，故B,C错误； 在四边形AEFD绕EF旋转的 过程中，EF⊥DF,EF⊥FC,DF ∩FC=F,DF,FCC平面DFC,所以EF⊥平面DFC, EFC平面EFCB,所以平面DFC⊥平 A 面EFCB,故点D在平面BCFE内的 投影点P一直落在直线CF上，所以一 定存在某一时刻EP⊥BF,而DP⊥平 E 面EFCB,BFC平面EFCB,所以DP ⊥BF,又DP∩PE=P,DP,PEC平面 3 数学 DPE,所以BF⊥平面DPE,此时DE与BF所成的角为 受，然后a开始变小，故直线ED,BF所成的角a在旋转 过程中先变大后变小，A错误，D正确.门 6.C[画出因形，通过分析得出A0-25,外接球球心在 过底面外接圆圆心G且垂直于底面（即平行于A'O)的 直线上面，且底面外接圆半径为BG=2,设O到平面 BCFE的距离为OG=h,过O作O'D⊥AO于点D,从 而OG2+GC=OD2+A'D2=R2,由此列出方程组求 出R,结合球的表面积公式即可得解. E 图① 图② 依题意取BC,EF的中点为G,H,且GH交BF于点O, 注意到F是AC的中，点，三角形ABC是等边三角形，从 而O是三角形ABC的中心， 同时有A'B⊥FC,FB⊥FC,A'B∩FB=B,A'BC平面 A'BF,FBC平面A'BF, 所以FC⊥平面A'BF,而FCC平面BCFE,所以平面 A'BF⊥平面BCFE, 故点A'在平面BCFE的投影在BF上面， 注意到三角形A'EF与三角形GEF都是边长为2的等 边三角形，即三角形A'EF与三角形GEF全等， 从而A'H⊥EF,GH⊥EF,A'H∩GH=H,A'HC平面 A'OH,GHC平面A'OH, 所以EF⊥平面A'OH,因为A'OC平面A'OH,所以 EF⊥A'O,因为FC⊥平面A'BF,AOC平面A'OH,所 以CF⊥A'O,又因为EF∩CF=F,EFC平面BCFE, CFC平面BCFE,故有A'O⊥平面BCFE, 所以A'O=√A'H2-HO 气/2m60-(台×号×m6w）V8日-2g5， 3 注意到点G是直角三角形BCF斜边上的中点， 所以G是四边形BCFE(或三角形BCF)外接圆的圆心 (这是因为∠BEF+∠C=120°+60°=180°，从而B,C, F,G四点共圆)， 所以四棱锥A'-BCFE的外接球的球心O'在与平面 BCFE垂直的O'G上，且底面四边形BCFE外接圆的半 径为BG=2BC=2,设0到平面BCFE的距离为O'G =h,过O作O'D⊥AO于点D,所以OG+GC2 =OD2+A'D2=R2,即h2+22=R2 -(兮×4xm60)）+(2g5-八， 解得h=0,R=4,这意味着此时点O与点G重合， 四棱锥A'-BCFE的外接球的表面积是S=4πR2=16π.] 7.ACD[利用面面垂直的判定判断A;确定线线位置关 系判断B;利用平面基本事实判断C;利用线面垂直的性 质、面面平行的性质判断D. 对于A,显然mCa,mCB,又my,则a⊥Y,B⊥Y,A正确； 对于B,由mCa,n￠a,得m与n可能相交、可能平行、也 可能为异面直线，B错误； 对于C,由a∩B=l,β∩y=m,l∩m=P,知点P在平 面a,B,Y内，即点P为平面a,Y的公共点，而y∩a=n, 因此P∈n,C正确； 对于D,由m⊥a,mLB,得a∥B,而a∥y,因此B∥Y,D正确.] 8.BD[根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证 法，由选项依次证明即可. 如图，过E点作EG∥PD交AD于点G,连接GF,即有 EG∥平面PCD, 29 由于AABG△APD,所以品-部熙， 若AB∥CD,则GF∥CD,又GF丈平面PCD,CDC平 面PCD, 所以GF∥平面PCD,由EG∩GF=G,EG、GFC平 面EGF, 得平面EGF∥平面PCD,又EFC平面EGF, 所以EF∥平面PCD,故B正确； P E D H G C 若CD∥平面PAB,又因为平面ABCD∩平面PAB= AB,所以CD∥AB,由B可知D正确； 假设EF∥平面PCD,设平面EFP∩CD=H, 则EF∥PH, 若BC∥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD, 所以BC∥AD, 反之若BC∥AD,当且仅当BC∥平面PAD,即A、C同 时正确或错误； 若BC∥AD,可能AB∥CD,也可能AB与CD相交. 若AB与CD相文，由品熙知延长PG必与AB,CD交 于同一点O,由几何关系知EF与PH不平行，故A、C 错误.] 9.解析：利用线面平行判定定理和性质定理可证BB,∥1， 再由直线平行的传递性可得AA1∥l,可知∠A1AD1即 为所求，可得答案 因为E,F分别为棱BC,B,C1的 中点，所以BB1∥EF, 因为EFC平面AEF,BB寸平面 AEF,所以BB∥平面AEF, 又平面DBB,∩平面AEF=l, BB1CDBB1,所以BB1∥L, 文AA1∥BB1,所以AA1∥L,所以 L与直线AD1所成角的大小等于 ∠AAD= 答案：开 10.解析：先找出外接球的球心，根据几何关系求出外接球 的半径即可. 如图，取AC的中点E,AB的 D 中点F,连接EF,DE, 因为AD=CD,所以DE⊥ AC,因为BC⊥AC,EF∥BC, 所以EF⊥AC, C ∠DEF=135°； 10 过，点E作OE⊥平面DAC,过 点F作OF⊥平面ABC, OE∩OF=O, 因为，点E,F分别是△DAC和△ABC的外心， 所以，点O是三棱锥D-ABC的外接球的球心； 由AD=√3，得AC=√6，BC=√2，AB=2√2，所以EF= 号BC-Ξ，∠0EF-45,0F-EF-号 2 AF=AB=E,0A=VOF+AF√， 则三维D-ABC的外接球的丰径R一√月，所以外接 球的表面积S=4πR2=10π. 答案：10π 11.解：(1)过A,作A1H⊥平面ABCD于点H,连接AH, 过H分别作HE⊥AB于点E,HF⊥AD于点F,连接 AE;AF, 如图，HE为A,E在平面ABCD上的投影， 由于ABC平面ABCD,所以A1H⊥AB, 由于AH∩HE=H,A1H,HEC平面A1HE, 所以AB⊥平面A1HE.由于A1EC平面A1HE, 所以AE⊥AB. 所以AE=4,2=1,同理AFLAD,AF=1, 2 四边形AEHF为正方形， 所以AH=√2，AH为A1A在平面ABCD上的投影， 又因平面ABCD∥平面A1B,C1D1, 所以AA1和平面A1BCD1所成角即∠A1AH, H=2】 cos∠A1AH=AA 2· 则∠A1AH=45°， 故AA1和平面A1B,CD1所成的角为45°. D C B C A E B (2)连接AC交BD于点O,连接AC交BD1于 点O1, 如图，上下底面为正方形，由正棱台性质，可得AC∥ AC,AC=2J2,AC-42,AO=AC=AC, 所以四边形AC,OA为平行四边形，所以AA1∥OC, 因为AA,亡平面BC1D,OC1C平面BC1D, 所以AA1∥平面BC1D. 由正棱台性质，OO1与上下底面均垂直，则OO1=3, 因为OO1⊥BD,AC⊥BD,AC∩OO1=O,AC,OO1C平 面A1OC1, 所以BDL平面A1OC1,所求三棱锥体积可拆分成两个 小三棱锥的体积之和， 即V4x,D=VA,e,十VA,c, =专0B·S4四，+号0D·SA4四 =号BD·Sa4四 =号×4vBx含x22X3=8, 2 D10 12.解：(1)根据题意可证A1DLDE,进而根据面面垂直的 性质定理分析证明； (2)先证MN∥平面A,BC,可得VA-BCN=VcA,脚，再证 BC⊥平面A1BD,进而结合锥体的体积公式运算求解. (1)因为D,E分别是AB,AC的中点，则DE∥BC, 且AD⊥BC,则AD⊥DE,即A1D⊥DE, 又因为平面A1DE⊥平面DBCE,平面A,DE∩平面 DBCE=DE,A,DC平面A1DE, 所以A1D⊥平面BDEC. (2)如图所示： 因为BC∥DE,则直线EM 与BC所成角为∠MED= 45°，且A1D⊥DE,可知DE =DM=2,则M为A1D的 平面ADE,DEC平面G女 中点，因为BC∥DE,BC中 29 练习册参考答案 A1DE,所以BC∥平面ADE, 又因为过B,C,M三点的平面与线段A,E相交于点N, 可得平面BMNC∩平面A,DE=MN,BCC平面 BMNC,所以BC∥MN, 所以N为AE的中点， 又因为MN中平面A1BC,BCC平面ABC,可得MN∥ 平面A1BC,所以VA -BCN=VNAc =VM-Ax=Vc-A,w’ 由(1)可知：A1D⊥平面BDEC,BCC平面BDEC, 则A,D⊥BC, 且BD⊥BC,BD∩A1D=D,DB,A1DC平面A1BD, 所以BC⊥平面ABD, 可得三棱锥A1BCN的体积为VcA,BM= 号Sa4m·BC-gS4D·BC=合×8X4=9, 3 所以三棱锥A,-BCN的体积为号 专题精准强化13空间向量与立体几何 1.解：(1)证明：因为A,B⊥平面ABC且BCC平面ABC, 所以A1B⊥BC, 又因为∠ABC=90°，可得BC⊥AB, 因为A1B∩AB=B且A1B,ABC平面ABB1A1, 则BC⊥平面ABB1A1, 又因BCC平面B1BC,所以平面B1BC⊥平面ABB1A1· (2)因为VA,c=VcA,B,由(1)可知三棱维CA,BB, 中，由BC⊥面ABB1, 则V=专S4,m,×BC=号×2×2XBC-2g, 3 解得BC=√， 由(1)可知BC,BA,BA1两两相互垂直， 以B为坐标原点，以BA,BC,BA1所在直线分别为x 轴，y轴和z轴， 建立空间直角坐标系，如图 所示， 由(1)可知，BA=BA1=√2，可 得B(0,0,0),A(√2,0,0)， C(0,W3,0),A1(0,0,2), B1(-√2,0，N2), B ) 则BC=(0,W3,0),BB1 （-E0②i-(-） 设平面BBC的法向量n=(x,y,2), 则n·BCV3y=0 n·BB1=-√2x十√2x=0 令x=1,可得y=0,z=1,所以n=(1,0,1), 设AD与平面B1BC所成角为0，则sin0=|cos(n,AD) =n·ADl=13 nAD 13, 所以AD与平面B1BC所成角的正弦值为3 131 2.解：(1)根据已知求得SC=2,进而得SB⊥BC,再由线面 垂直的判定证明结论；(2)根据已知构建合适的空间直 角坐标系，标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量， 再应用向量法求面面角的余弦值，进而求正弦值. (1)在△SBC中，BC=1,SB=√3，∠SCB=60°， 所以c0s60°-SC-3-名，解得SC=2, 2SC 所以SB2+BC=SC,所以SB⊥BC, 又BC⊥AB,AB,SB为平面SAB内两条相交直线，所以 BC⊥平面SAB.