新课标2025版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系练习文新人教A版

PAGE1-第2讲空间点、线、面的位置关系一、选择题1．已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2解析：选D.由定理“假如一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”知，由选项D可推知α∥β.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：选C.对A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；对B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；对C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确；对D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．故选C.3．(2024·长春市质量监测(一))在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A．1 B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝eq\f(OA1,A1C1)＝eq\f(1,2).故选D.4．(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B.如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝eq\r(3).因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2eq\r(2)，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2eq\r(2)，所以在等腰三角形BDE中，BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.5．在四面体ABCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M为AB的中点，则线段CM的长为()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：选C.如图所示，取BD的中点O，连接OA，OC，因为AB＝AD＝BC＝CD＝1，所以OA⊥BD，OC⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD，所以OA⊥平面BCD，OA⊥OC.又AB⊥AD，所以DB＝eq\r(2)，取OB的中点N，连接MN，CN，所以MN∥OA，MN⊥平面BCD，所以MN⊥CN.所以CM＝eq\r(MN2＋CN2)＝eq\f(\r(3),2).6．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.二、填空题7．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．解析：直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，当α∥β有l⊥m，故①正确．当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交，故②不正确．当l∥m有α⊥β，故③正确．当l⊥m有α∥β或α与β相交，故④不正确．综上可知①③正确．答案：①③8．(2024·成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为______．解析：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq\r(2)，PB＝eq\r(5)，BN＝eq\r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)9.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．解析：作CH⊥AB于点H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，即PH为PM的最小值．在△ABC中，因为∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，所以BC＝4，所以CH＝2eq\r(3).因为PC＝4，所以PH＝2eq\r(7).答案：2eq\r(7)三、解答题10．如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱锥P­ABM的体积．解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq\r(3)，所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).11.(2024·高考北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.则FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE.所以CF∥平面PAE.12．(2024·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，因为AB∥CE，AB＝CE，所以四边形ABCE为平行四边形，所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE为等边三角形，所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝eq\f(π,3)，BD⊥BC，所以BD⊥AE.如图，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，所以AE⊥平面POB，因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB.(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，所以OP⊥平面ABCE.因为OP＝OB＝eq\f(\r(3),2)，所以PB＝eq\f(\r(6),2)，因为AP＝AB＝1，所以S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),2)×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r