2025届高考数学二轮复习第二部分专题三第2讲专题训练12空间点线面的位置关系文理含解析新人教版

PAGE其次部分专题三第2讲专题训练十二空间点、线、面的位置关系(文理)一、选择题1．若平面α⊥平面β，m是β内的随意一条直线，则下列结论正确的是__B__A．随意直线l⊂α，都有l⊥βB．存在直线l⊂α，使得l∥βC．随意直线l⊂α，都有l⊥mD．存在直线l⊂α，使得l∥m【解析】如图所示，因为平面A1B1C1D⊥平面DD1设α＝平面A1B1C1D1，β＝平面DD1如B1D⊂平面A1B1C1D，B1D1不重直于平面DD1C1C，故A错；如A1B1⊂平面A1B1C1D1，A1B1∥平面DD1C1C，故B正确；如A1B2⊂平面A1B1C1D1，DC⊂平面DD1C1C，A1B1∥DC，故C错；如m＝C1C⊂平面DD1C1C，m⊥平面A12．(2024·张家口、沧州模拟)已知直线a，b和平面α，a⊂α，则b⊄α是b与a异面的(B)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【解析】由题意，若直线b不在平面α内，则b与α相交或b∥α，不肯定有b与a异面，反之，若b与a异面，肯定有直线b不在平面α内，即“b⊄α”是“b与a异面”的必要不充分条件．故选B．3．(2024·石家庄模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是(D)①m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；②m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；③m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β；④m⊥α，n⊥β、且m⊥n，则α⊥β.A．①②③ B．①③④C．②④ D．③④【解析】对于①，当m∥α，n∥β，且m∥n时，有α∥β或α、β相交，所以①错误；对于②，当m∥α，n∥β，且m⊥n时，有α⊥β或α∥β或α、β相交且不垂直，所以②错误；对于③，当m⊥α，n⊥β，且m∥n时，得出m⊥β，所以α∥β，③正确；对于④，当m⊥α，n⊥β、且m⊥n时，α⊥β成立，所以④正确．综上知，正确的命题序号是③④.故选D．4．(2024·珠海三模)已知两条不同直线l，m，两个不同平面α，β，则下列命题正确的是(B)A．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥mB．若α∥β，m∥α，l⊥β，则l⊥mC．若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l∥mD．若α⊥β，l∥α，m∥β，则l⊥m【解析】对于A，由α∥β，l⊂α，m⊂β，得l∥m或l与m异面，故A错误；对于B，若α∥β，l⊥β，则l⊥α，又m∥α，则l⊥m，故B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，m⊥β，则l⊥m，故C错误；对于D，若α⊥β，l∥α，m∥β，则l与m的位置关系是平行、相交或异面，相交与平行时，可能垂直，也可能不垂直，故D错误．故选B．5．(2024·广元模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为梯形，AD∥BC，AD＝3，BC＝6，E，F分别为棱PB，PC的中点，则(D)A．AE≠DF，且直线AE，FD是共面直线B．AE≠DF，且直线AE，FD是异面直线C．AE＝DF，且直线AE，FD是异面直线D．AE＝DF，且直线AE，FD是共面直线【解析】如图，连接EF，∵E，F分别为棱PB，PC的中点，AD∥BC，AD＝3，BC＝6，∴EF∥BC，EF＝eq\f(1,2)BC，∴EF∥AD，且EF＝AD，∴四边形ADFE是平行四边形，∴AE＝DF，且AE∥DF，∴AE，FD是共面直线．故选D．6．(2024·安阳二模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，H分别为DD1，AB的中点，点F，G分别在线段BC，CC1上，且CF＝CG＝eq\f(1,4)BC，则在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的条数为(B)A．0 B．1C．2 D．3【解析】作出图形如下所示，取CE的中点I，可知AI∥GH，又GH⊄平面ACE，AI⊂平面ACE，故GH∥平面ACE，又HF，GF均不与平面ACE平行，故在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的条数为1．故选B．7．(2024·四川模拟)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝eq\r(2)AB，D是BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(C)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【解析】如图，取B1C1中点E，连接A1E，CE，则A1E∥AD，∠A1EC∴∠CA1E即为异面直线AD与A1C设AB＝2，则AA1＝2eq\r(2)，A1E＝eq\r(3)，CE＝3，tan∠CA1E＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3)，∴∠CA1E＝eq\f(π,3).故选C．8．(2024·吉安一模)如图，长为4，宽为2的矩形纸片ABCD中，E为边AB的中点，将∠A沿直线DE翻转至A1(A1∉平面ABCD)，若M为线段A1C的中点，则在△ADEA．MB∥平面A1DEB．异面直线BM与A1E所成角是定值C．三棱锥A1－ADE体积的最大值是eq\f(2\r(2),3)D．肯定存在某个位置，使DE⊥A1【解析】由题意，对于A，延长CB，DE交于H，连接A1H，由E为AB的中点，可得B为CH的中点，又M为A1C的中点，可得BM∥A1H，BM⊄平面A1DEA1H⊂平面A1DE，则BM∥平面A1DE，∴A正确；对于B，AB＝2AD＝4，过E作EG∥BM，G∈平面A1DC，则∠A1EG是异面直线BM与A1E所成的角或所成角的补角，且∠A1EG＝∠EA1H，在△EA1H中，EA1＝2，EH＝DE＝2eq\r(2)，则A1H＝eq\r(22＋2×22－2×2×2\r(2)×cos135°)＝2eq\r(5)，则∠EA1H为定值，即∠A1EG为定值，∴B正确；对于C，设O为DE的中点，连接OA1，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得平面A1DE⊥平面ADE时，三棱锥A1－ADE的体积最大，最大体积为V＝eq\f(1,3)S△ADE·A1O＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，∴C正确；对于D，连接A1O，可得DE⊥A1O，若DE⊥A1C，即有DE⊥平面A1CO则DE⊥OC，因为O为DE的中点，所以CD＝CE，而由已知得：CD＝4≠CE＝2eq\r(2)冲突，可得AC与DE垂直，但AC与DE不垂直，则不存在某个位置，使DE⊥MO，∴D错误．故选D．二、填空题9．(2024·东城区二模)设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列三个结论：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中，正确结论的序号为__①②__.【解析】α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，对于①，若m⊥α，n⊥α，由垂直于同一平面的两直线平行，可得m∥n，故①正确；对于②，若m⊥α，m⊥β，由垂直于同始终线的两平面平行，可得α∥β，故②正确；对于③，若α⊥γ，β⊥γ，考虑墙角处的三个平面两两垂直，可推断α、β相交，则α∥β不正确．10．(2024·福州模拟)已知三棱锥P－ABC的各棱长均为2，M，N分别为BC，PA的中点，则异面直线MN与PC所成角的大小为__45°__.【解析】取AB中点O，PB中点D，连接PO，CO，MD，ND，∵三棱锥P－ABC的各棱长均为2，M，N分别为BC，PA的中点，∴ND∥AB，且ND＝eq\f(1,2)AB＝1，MD∥PC，且MD＝eq\f(1,2)PC＝1，∴∠NMD是异面直线MN与PC所成角(或所成角的补角)，PO⊥AB，CO⊥AB，∵PO∩CO＝O，∴AB⊥平面POC，∵PC⊂平面POC，∴AB⊥PC，∴DN⊥DM，∵DN＝DM，∴∠NMD＝45°，∴异面直线MN与PC所成角的大小为45°.11．(2024·海东市四模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，M，N分别为棱A1D1，A1B1的中点，过点B的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为__eq\f(9,2)__.【解析】P，Q分别为D1C1，B1C1的中点，连接PQ，DP，DB，则PQ∥B1D1，B1D1∥BD，所以PQ∥BD，故P，Q，B，D在同一平面内，连接MQ，因为M，Q分别为A1D1，B1C1中点，所以MQ∥AB，MQ＝AB所以四边形ABQM是平行四边形，所以AM∥BQ，又因为BQ⊂面BDPQ，AM不在面BDPQ内，所以AM∥面BDPQ，同理AN∥面BDPQ，因为AM∩AN＝A，所以平面AMN∥平面BDPQ，所以截面为等腰梯形BDPQ，其中PQ∥BD∥MN，BQ∥AM，PD∥AN，PQ＝eq\r(2)，BD＝2eq\r(2)，BQ＝PD＝eq\r(5)，故等腰梯形BDPQ的高为eq\r(\r(5)2－\f(\r(2),2)2)＝eq\f(3\r(2),2)，故截面的截面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).12．(2024·内江三模)如图所示，在Rt△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5，在BC边上任取一点D，并将△ABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B、C两点间距离的最小值为__eq\r(13)__.【解析】如图所示，设∠BAD＝θ，则∠CAD＝eq\f(π,2)－θ，过点C作CE⊥AD于E，过B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF＝4sinθ，CE＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝3cosθ，AF＝4cosθ，AE＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝3sinθ，所以EF＝4cosθ－3sinθ，所以|BC|＝eq\r(CE2＋EF2＋BF2)＝eq\r(3cosθ2＋4cosθ－3sinθ2＋4sinθ2)＝eq\r(9cos2θ＋16cos2θ＋9sin2θ－24sinθcosθ＋16sin2θ)＝eq\r(25－24sinθcosθ)＝eq\r(25－12sin2θ)，当sin2θ＝1时，|BC|min＝eq\r(13).三、解答题13．(2024·江苏省镇江中学调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD＝90°，且AB＝2AD＝2DC＝2PD，E为PA的中点．(1)证明：DE∥平面PBC；(2)证明：DE⊥平面PAB.【证明】(1)设PB的中点为F，连接EF、CF，EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC，且EF＝eq\f(1,2)AB＝DC.故四边形CDEF为平行四边形，可得ED∥CF，又ED⊄平面PBC，CF⊂平面PBC，故DE∥平面PBC.注：(证面面平行也同样给分)(2)因为PD⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PD又因为AB⊥AD，PD∩AD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PADED⊂平面PAD，故ED⊥AB.又PD＝AD，E为PA的中点，故ED⊥PA；PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以ED⊥平面PAB14．(2024·南通模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC，A1C∥平面(1)D是BC的中点；(2)平面ADB1⊥平面BCC1B1．【证明】(1)连接A1B，交AB1于点O，连接DO，如图所示；因为A1C∥平面ADB1，平面A1BC∩ADB1＝OD所以A1C∥OD又O为A1B的中点，所以OD是△A1BC的中位线，所以D是BC的中点．(2)由(1)知D是BC的中点，且AB＝AC，所以AD⊥BC；又A1C⊥BC，A1C∥所以OD⊥BC；又AD∩OD＝D，所以BC⊥平面ADB1；又BC⊂平面BCC1B1，所以平面ADB1⊥平面BCC1B115．(2024·吴忠模拟)已知四棱锥P－ABCD中，面PAB⊥面ABCD，底面ABCD为矩形，且PA＝PB＝4，AB＝2，BC＝3，O为AB的中点，点E在AD上，且AE＝eq\f(1,3)AD.(1)证明：EC⊥PE；(2)在PB上是否存在一点F，使OF∥面PEC，若存在，试确定点F的位置．【解析】(1)证明：如图1所示，连接OE，由平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，O为AB的中点，所以PO⊥AB，所以PO⊥平面ABCD，PO⊥CE.又四边形ABCD为矩形，BC＝AD＝3，CD＝AB＝eq\f(2,3)AD＝2，所以AE＝eq\f(1,3)AD＝1，DE＝2，EC＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，OE＝eq\r(12＋12)＝e