第一部分 专题四 微专题12 空间点、线、面的位置关系（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

一、单选题 1．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 解析：C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A，B错误；对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误．] 2．(2024·辽阳二模)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m⊂α，n⊂β，则“m⊥n”是“m⊥β”的(　　) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果． 用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β， 当m⊥n如图所示，显然m与平面β不垂直， 反之，当m⊥β时，又n⊂β，根据线面垂直的性质有m⊥n， 所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件，] 3．(2023·长春三模)如图，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[将D1C平移到与A1D相交，求所成的角，即异面直线所成的角． 正方体中，A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即异面直线A1D与D1C所成的角， 因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，所以异面直线A1D与D1C所成的角为.] 4．(2024·广州二模)已知α，β，γ是三个不重合的平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则下列命题正确的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，则l∥m B．若l∥m，则α∥β C．若α⊥β，γ⊥β，则l⊥m D．若l⊥m，则α∥β 解析：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α⊥γ，β⊥γ，则l∥m或l与m相交，故A错误； 若l∥m，则α∥β或α与β相交，故B错误； 若α⊥β，γ⊥β，则l⊥m，故C正确； 若l⊥m，则α与β相交，不一定是垂直，故D错误．] 5．(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则AA1与平面ABC所成角的正切值为(　　) A.　　 B．1 C．2　　 D．3 解析：B　[设棱台高为h，且三条侧棱延长后交于一点O，则由已知得AB＝3A1B1， 则O到上底的距离为h，O到下底的距离为h，又SABC＝9，＝， 所以·9·h－··h＝⇒h＝，上底中心到顶点A1的距离为，所以所求正切值为＝h＝1.] 6．(2024·绍兴4月适应性考试)在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，将△AEF沿着EF翻折至△A′EF，使得A′B⊥FC，则四棱锥A′­BCEF的外接球的表面积是(　　) A．8π B．12π C．16π D．32π 解析：C　[画出图形，通过分析得出A′O＝，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O′G＝h，过O′作O′D⊥AO于点D，从而O′G2＋GC2＝O′D2＋A′D2＝R2，由此列出方程组求出R2结合球的表面积公式即可得解． 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′B⊂平面A′BF，FB⊂平面A′BF， 所以FC⊥平面A′BF，而FC⊂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′H⊂平面A′OH，GH⊂平面A′OH， 所以EF⊥平面A′OH，因为A′O⊂平面A′OH，所以EF⊥A′O， 因为FC⊥平面A′BF，AO′⊂平面A′OH，所以CF⊥A′O， 又因为EF∩CF＝F，EF⊂平面BCFE，CF⊂平面BCFE，故有A′O⊥平面BCFE， 所以A′O＝ ＝＝＝， 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＝BC＝2，设O′到平面BCFE的距离为O′G＝h，过O′作O′D⊥AO于点D，所以O′G2＋GC2＝O′D2＋A′D2＝R2，即h2＋22＝R2＝2＋2， 解得h＝0，R2＝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.] 二、多选题 7．(2024·新乡三模)已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是(　　) A．若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ B．若m⊂α，n⊄α，则m与n为异面直线 C．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且l∩m＝P，则P∈n D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ 解析：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m⊂α，m⊂β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确； 对于B，由m⊂α，n⊄α，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α∩β＝l，β∩γ＝m，l∩m＝P，知点P在平面α，β，γ内，即点P为平面α，γ的公共点，而γ∩α＝n，因此P∈n，C正确； 对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，而α∥γ，因此β∥γ，D正确．] 8．(2024·黔东南州二模)在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，则(　　) A．BC1⊥A1D B．四面体BEC1B1外接球的表面积为6π C．A1C∥平面BEC1 D．直线AA1与平面A1CD所成的角为60° 解析：AC　[利用基本事实判断A，利用补形法判断B，利用面面平行的性质判断C，利用线面角的定义判断D. 对于A，如图，连接AD1，则AD1⊥A1D， 因为AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，则BC1∥AD1，所以BC1⊥A1D，故A正确； 对于B，因为E为棱A1B1的中点，BB1＝B1C1＝2，B1E＝1，所以四面体BEC1B1外接球的半径为＝， 则其外接球的表面积为4π×2＝9π，故B错误； 对于C，取C1D1的中点F，连接CF，A1F， 与选项A同理可证C1E∥A1F，BE∥CF， 因为C1E⊂平面BEC1，A1F⊄平面BEC1，所以A1F∥平面BEC1，同理，CF∥平面BEC1， 又A1F∩CF＝F，A1F，CF⊂平面A1CF，所以平面A1CF∥平面BEC1， 因为A1C⊂平面A1CF，所以A1C∥平面BEC1，故C正确； 对于D，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，CD⊥平面ADD1A1， 又AD1⊂平面ADD1A1，所以AD1⊥CD， 又AD1⊥A1D，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1CD，所以AD1⊥平面A1CD， 则直线AA1与平面A1CD所成的角为∠AA1D，且∠AA1D＝45°，故D错误．] 三、填空题 9．(2024·威海二模)在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为________． 解析：利用线面平行判定定理和性质定理可证BB1∥l，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，B1C1的中点，所以BB1∥EF， 因为EF⊂平面AEF，BB1⊄平面AEF，所以BB1∥平面AEF， 又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1⊂DBB1，所以BB1∥l， 又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成角的大小等于∠A1AD1＝. 答案： 10．在平面四边形ABCD中，AD＝CD＝，∠ADC＝∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，现将△ADC沿着AC折起，得到三棱锥D ­ABC，若二面角D ­AC­B的平面角为135°，则三棱锥D ­ABC的外接球表面积为________． 解析：先求出外接球的球心，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， ∠DEF＝135°； 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＝，得AC＝，BC＝，AB＝2，所以EF＝BC＝，∠OEF＝45°，OF＝EF＝，AF＝AB＝，OA＝＝， 则三棱锥D ­ABC的外接球的半径R＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝10π. 答案：10π 三、解答题 11．如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，M是AD中点．底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，AB＝BC＝AD＝AA1＝A1D1，∠ABC＝90°. (1)求证：直线DD1∥平面B1CM； (2)求直线CD与平面B1CM所成角的正弦值． 解：(1)连接A1M，D1M， 因为M是AD中点，且AD∥BC，AD＝2AB，则CM∥AB， 又因为A1B1∥AB，则A1B1∥CM，可知A1，B1，C，M四点共面，由AD＝2A1D1，AD∥A1D1，可得A1D1∥MD，A1D1＝MD，则四边形A1MDD1是平行四边形，故DD1∥A1M， 且DD1⊄平面A1MCB1，A1M⊂平面A1MCB1，所以DD1∥平面B1CM. (2)过点D作DO⊥A1M于点O，连CO，易知CM∥BA，BA⊥平面ADD1A1， 则平面B1CM⊥平面ADD1A1，DO⊥平面B1CM， 所以∠DCO为CD与平面B1CM所成角， 又sin∠DCO＝＝＝， 则直线CD与平面B1CM所成角的正弦值为. 12．如图甲，在直角三角形ABC中，已知AB⊥BC，BC＝4，AB＝8，D，E分别是AB，AC的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1DE⊥平面DBCE，连接A1B，A1C，得到如图乙所示的四棱锥A1­DBCE，M为线段A1D上一点． (1)证明：A1D⊥平面DBCE； (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A1­BCN的体积． 解：(1)根据题意可证A1D⊥DE，进而根据面面垂直的性质定理分析证明； (2)先证MN∥平面A1BC，可得＝，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A1DE∩平面DBCE＝DE，A1D⊂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的中点，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BC∥平面A1DE， 又因为过B，C，M三点的平面与线段A1E相交于点N， 可得平面BMNC∩平面A1DE＝MN，BC⊂平面BMNC，所以BC∥MN， 所以N为A1E的中点， 又因为MN⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，可得MN∥平面A1BC，所以， 由(1)可知：A1D⊥平面BDEC，BC⊂平面BDEC，则A1D⊥BC， 且BD⊥BC，BD∩A1D＝D，DB，A1D⊂平面A1BD，所以BC⊥平面A1BD， 可得三棱锥A1­BCN的体积为＝ ·BC＝·BC＝×8×4＝， 所以三棱锥A1­BCN的体积为. 学科网（北京）股份有限公司 $$