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-A1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ=( ) A.B.C.D.3.(2021·河北定州中学高三月考)在三棱锥S-ABC中,M,N分别是SB,AC的中点,若SA=4,BC=2,MN⊥BC,则MN与SA所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°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cos36°≈0.8)A.B.C.D.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( )A.B.C.D.6.(2021·山东青岛二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P在矩形ACC1A1(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为( )A.πB.πC.2πD.2π二、多项选择题7.(2021·湖南长郡中学高三月考)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列说法正确的是( )A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βB.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥nC.若m⊥α,m⊥n,α∥β,则n∥βD.若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
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PADB.AE∥平面PCDC.直线PA与l所成角的余弦值为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三、填空题9.(2021·山东潍坊期中)若平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,则直线l与直线A1C1所成的角为 . 10.(2021·浙江宁波二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=3,则二面角A1-AC-B的正切值为 . 11.(2021·福建龙岩月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AD的中点,动点P在正方形ABCD内(不包括边界),若B1P∥平面A1BM,则C1P的长度的取值范围是 . 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AC1,交A1C于点O,连接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1⊂平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O为AC1的中点,∴M为AB的中点,∴AM=AB,∴λ=故选A.3.A 解析:取SC的中点P,连接PN,PM,又因为M,N分别是SB,AC的中点,则有PN∥SA且PN=SA=2,PM∥BC且PM=BC=1,所以∠PNM即为MN与SA所成的角.因为MN⊥BC,所以PM⊥MN,在Rt△PMN中,PM=1,PN=2,所以sin∠PNM=又因为异面直线所成角的范围为(0°,90°],所以∠PNM=30°.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=a.因为PO⊥面ABCDE,所以∠PAO为PA与面ABCDE所成的角,所以cos∠PAO=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=,又∠A'OC=60°,所以△A'OC为等边三角形.过点A'作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为A'D与平面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=故选C.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,故动点P的轨迹的长度为2=7.BD 解析:对于A,要得到α∥β,还需m与n相交,故A错误;对于B,若m∥α,m∥β,α∩β=n,则由线面平行的性质得m∥n,故B正确;对于C,若m⊥α,m⊥n,α∥β,则n∥β或n⊂β,故C错误;对于D,若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故D正确.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⊥底面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP=,所以cos∠
PAD=,故C正确.对于D,连接BD,易知VP-ABCD=2×2=,VABCDFE=VE-ABD+VD-BCFE=1×1+,所以,故D正确.故选ACD.9 解析:因为平面α∥平面A1BD,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,所以直线l与直线A1C1所成的角为10.- 解析:如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A1C1的中点,AA1⊥AC,△ABC是边长为2的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面角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:如图,取BC的中点N,连接B1D,B1N,DN,C1D,C1N,作C1O⊥DN于点O.易知平面B1DN∥平面A1BM,所以点P在线段DN上,不包括端点D,N.在△C1DN中,C1D=,DN=C1N=,所以,又DN·C1O=C1O,所以C1O=,即C1O=当点P与点O重合时,C1P的长度取最小值因为C1D>C1N,点P与点D不重合,所以C1P
