（新課標）2020版高考數學二輪復習 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習 文 新人教A版

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1、第2講　空間點、線、面的位置關系 一、選擇題 1．已知m，n，l1，l2表示直線，α，β表示平面．若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個充分條件是(　　) A．m∥β且l1∥α　　　　　　 B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2 解析：選D.由定理“如果一個平面內有兩條相交直線分別與另一個平面平行，那么這兩個平面平行”知，由選項D可推知α∥β. 2．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則(　　) A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α

2、 D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α 解析：選C.對A，若m⊥n，n∥α，則m?α或m∥α或m與α相交，錯誤；對B，若m∥β，β⊥α，則m?α或m∥α或m與α相交，錯誤；對C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α，正確；對D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m與α相交或m?α或m∥α，錯誤．故選C. 3．(2019·長春市質量監(jiān)測(一))在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：選D.由題意畫出圖形如圖所示，取AD1的中點為O，連接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是

3、直線A1C1與平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝＝.故選D. 4．(2019·高考全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 解析：選B.如圖，取CD的中點F，連接EF，EB，BD，FN，因為△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.設CD＝2，則EF＝.因為點N是正方形A

4、BCD的中心，所以BD＝2，NF＝1，BC⊥CD.因為平面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＝2，所以在等腰三角形BDE中，BM＝，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直線．故選B. 5．在四面體ABCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M為AB的中點，則線段CM的長為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.如圖所示，取BD的中點O， 連接OA，OC， 因為AB＝AD＝BC＝CD＝1， 所以OA⊥BD，OC⊥BD. 又

5、平面ABD⊥平面BCD， 所以OA⊥平面BCD，OA⊥OC. 又AB⊥AD，所以DB＝， 取OB的中點N，連接MN，CN， 所以MN∥OA，MN⊥平面BCD，所以MN⊥CN. 所以CM＝＝. 6．如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析：選D.因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝

6、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，則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、填空題 7．已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，則下列四個命題： ①α∥β?l⊥m； ②α⊥β?l∥m； ③l∥m?α⊥β； ④l⊥m?α∥β. 其中正確命題的序號是________． 解析：直線l⊥平面α，直線m?平面β， 當α∥β有l(wèi)⊥m，故①正確． 當α⊥

7、β有l(wèi)∥m或l與m異面或相交，故②不正確． 當l∥m有α⊥β，故③正確． 當l⊥m有α∥β或α與β相交，故④不正確． 綜上可知①③正確． 答案：①③ 8．(2019·成都第一次診斷性檢測)在各棱長均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點，N是棱AC的中點，則異面直線A1M與BN所成角的正切值為______． 解析：如圖，取AA1的中點P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質可知A1M∥PB，則∠PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補角)．設三棱柱的棱長為2，則PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan

8、∠PBN＝＝＝. 答案： 9.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一個動點，則PM的最小值為________． 解析：作CH⊥AB于點H，連接PH.因為PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，即PH為PM的最小值．在△ABC中，因為∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，所以BC＝4，所以CH＝2.因為PC＝4，所以PH＝2. 答案：2 三、解答題 10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設M，N分別為PD，AD的中點．

9、 (1)求證：平面CMN∥平面PAB； (2)求三棱錐P-ABM的體積． 解：(1)證明：因為M，N分別為PD，AD的中點， 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.因為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， 所以點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離． 因為AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60

10、°，所以BC＝， 所以三棱錐P-ABM的體積V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝××1××2＝. 11.(2019·高考北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由． 解：(1)證明：因為PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又因為底面ABCD為菱形， 所以BD⊥AC. 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以PA⊥

11、AE. 因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點， 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上存在點F，使得CF∥平面PAE. 取F為PB的中點，取G為PA的中點，連接CF，FG，EG. 則FG∥AB，且FG＝AB. 因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝AB. 所以FG∥CE，且FG＝CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形． 所以CF∥EG. 因為CF?平面PAE，EG?平面PAE. 所以CF∥平面PAE. 12．(2019·東北四市聯合體模擬(一))如圖

12、，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置． (1)證明：AE⊥PB； (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，求點C到平面PAB的距離． 解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O， 因為AB∥CE，AB＝CE，所以四邊形ABCE為平行四邊形， 所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE為等邊三角形， 所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC， 所以BD⊥AE.如圖，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， 因為PB?平面POB，所以AE⊥PB. (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，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. 因為OP＝OB＝，所以PB＝，因為AP＝AB＝1，所以S△PAB＝×× ＝， 連接AC，則VP-ABC＝OP·S△ABC＝××＝， 設點C到平面PAB的距離為d，因為VP-ABC＝VC-PAB＝S△PAB·d， 所以d＝＝＝. - 6 -