专题3 微专题8 空间位置关系（word练习）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

一、单项选择题 1．(2024·江西鹰潭一模)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若a∥b，a∥α，则b∥α B．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，a⊥β，则a∥α D．若α⊥β，a∥α，则a⊥β 解析　对于A，若a∥b，a∥α，则有可能b⊂α，故A错误； 对于B，若a⊥α，b⊥β，则直线a，b的方向向量a，b分别为平面α，β的法向量， 又a⊥b，即a⊥b，所以α⊥β，故B正确； 对于C，若α⊥β，a⊥β，则有可能a⊂α，故C错误； 对于D，若α⊥β，a∥α，则有可能a⊂β，故D错误．故选B. 答案　B 2．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 解析　∵m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，∴α与β必相交，设交线为l′，易得l′⊥m，l′⊥n，∴l′是异面直线m，n的公垂线，又l⊥m，l⊥n， ∴l也是异面直线m，n的公垂线，∴l∥l′.故选D. 答案 D 3．(2024·江苏扬州第二次调研)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列关系正确的是(　　) A．AD⊥B1C　　　　 B．A1D⊥BD C．AC1⊥A1C D．AC1⊥CD1 解析　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，所以＝(－1,0,0)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,0，－1)，(－1，－1,0)，＝(－1,1,1)，＝(－1,1，－1)，CD1＝(0，－1,1)． 对于A，·＝－1×(－1)＝1≠0，故A错误； 对于B，·＝－1×(－1)＝1≠0，故B错误； 对于C，·＝－1×(－1)＋1×1＋1×(－1)＝1≠0，故C错误； 对于D，·＝－1×0＋1×(－1)＋1×1＝0，故D正确．故选D. 答案 D 4.已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M为线段D1B1上的动点，点N为线段AC上的动点，则与线段DB1相交且互相平分的线段MN有(　　) A．0条 B．1条 C．2条 D．3条 解析　在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M∈D1B1，而D1B1⊂平面D1B1D，即有M∈平面D1B1D，又MN与线段DB1相交，则交点必在直线DB1上，而DB1⊂平面D1B1D，于是MN⊂平面D1B1D，N∈平面D1B1D，因为N∈AC，AC⊂平面ABCD，即N∈平面ABCD，而平面D1B1D∩平面ABCD＝BD，因此N∈BD，即点N为AC，BD的交点O，又线段DB1与MN互相平分，取DB1的中点E，连接OE并延长交D1B1于O1，显然EO∥BB1∥DD1，于是O1为D1B1的中点，所以当点N与O重合，点M与O1重合时，线段MN与线段DB1相交且互相平分，这样的直线MN只有1条． 答案　B 5．(2024·江西南昌二模)在三棱锥A­BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝，BC＝BD＝CD＝2，E，F分别为AC，CD的中点，则下列结论正确的是(　　) A．AF，BE是异面直线，AF⊥BE B．AF，BE是相交直线，AF⊥BE C．AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直 D．AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直 解析　显然根据异面直线判定方法：经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE与平面ACD内不经过E点的直线AF是异面直线．下面证明BE与AF垂直： 证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD，因为BC＝BD＝CD，F为CD的中点，连接BF，所以BF⊥CD，因为AB∩BF＝B，AB，BF⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF，如图，取AF的中点Q，连接BQ，EQ， 因为AF⊂平面ABF，所以CD⊥AF，又因为EQ∥CD，所以EQ⊥AF，因为BC＝BD＝CD＝2，所以BF＝×2＝＝AB，又因为Q为AF的中点，所以BQ⊥AF，因为BQ∩EQ＝Q，BQ，EQ⊂平面BEQ，所以AF⊥平面BEQ，又因为BE⊂平面BEQ，所以AF⊥BE.故选A. 答案　A 6.(2024·上海金山二模)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，则以下命题中正确的是(　　) A．BM＝EN B．CD⊥MN C．A，M，N三点共线 D．直线BM与EN相交 解析　取CD中点F，连接EF，FN，取FD中点H，连接MH，HB，MN.又△ECD为正三角形，则EF⊥CD，MH⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，则EF⊥平面ABCD，MH⊥平面ABCD，又FN⊂平面ABCD，HB⊂平面ABCD，则EF⊥FN，MH⊥HB，设AB＝a，则EF＝2MH＝a，FN＝a，BH＝a，则BM＝＝a，EN＝＝a， 则BM≠EN.故选项A错误； 假设CD⊥MN，又MH⊥CD，MH∩MN＝M，MH，MN⊂平面MNH，则CD⊥平面MNH，又NH⊂平面MNH，则CD⊥NH，这与CD⊥NF矛盾，故假设不成立，CD，MN不互相垂直．故选项B错误；由A，N∈平面ABCD，可得直线AN⊂平面ABCD，假设A，M，N三点共线，则M∈AN，则M∈平面ABCD，这与M∉平面ABCD矛盾，故假设不成立．故选项C错误；由DM＝ME，DN＝NB，可得MN∥BE，MN＝BE，则四边形MNBE为梯形，则直线BM与EN相交．故选项D正确．故选D. 答案 D 二、多项选择题 7．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列说法正确的是(　　) A．AC∥平面A1BC1 B．AD⊥平面A1BC1 C．A1C1⊥AD1 D．平面A1BC1⊥平面BB1D1D 解析　如图所示，对于A，因为AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，A正确；对于B，因为AD∥A1D1，而A1D1与A1C1不垂直，所以AD与A1C1不垂直，所以AD与平面A1BC1不垂直，B错误；对于C，因为AD1∥BC1，而BC1与A1C1不垂直，所以AD1与A1C1不垂直，C错误；对于D，易知BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，而A1C1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥平面BB1D1D，而A1C1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面BB1D1D，D正确．故选AD. 答案　AD 8.在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D是边AC的中点，E是边AB上的动点(不与A，B重合)，过点E作AC的平行线交BC于点F，将△BEF沿EF折起，点B折起后的位置记为点P，得到四棱锥P­ACFE，如图所示．下列结论正确的是(　　) A．AC∥平面PEF B．△PEC不可能为等腰三角形 C．存在点E，P，使得PD⊥AE D．当四棱锥P­ACFE的体积最大时，AE＝ 解析　因为AC∥EF，EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，所以AC∥平面PEF，故A正确；因为△ABC是等腰直角三角形，所以△PEF也是等腰直角三角形，则EF＝PF，因为AC⊥BC，EF∥AC，所以EF⊥BC，且EF⊥PF，当∠PFC＝90°时，△PFC≌△EFC，所以EC＝PC，此时△PEC是等腰三角形，故B错误；因为EF⊥BC，且EF⊥PF，BC∩PF＝F，且BC⊂平面PCF，PF⊂平面PCF，所以EF⊥平面PCF，又EF⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PCF，且平面ABC∩平面PCF＝BC，如图，在平面PCF内过点P作PM⊥BC，连接DM，则PM⊥平面ABC，又AE⊂平面ABC，所以PM⊥AE，假设PD⊥AE，因为PD∩PM＝P，PD⊂平面PDM，PM⊂平面PDM，所以AE⊥平面PDM，又DM⊂平面PDM，所以AE⊥DM，延长MD交AB于点N，则△DCM和△AND都是等腰直角三角形，则CM＝1，点N到直线AC的距离等于，这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则BF>FM，设FC＝x，则2－x>1＋x，则0<x<，则存在点E，P，使得PD⊥AE，故C正确；当底面ACFE的面积一定时，若平面ABC⊥平面PEF，即PF⊥平面ABC，则四棱锥P­ACFE的体积最大，设FC＝x，则EF＝BF＝PF＝2－x,0<x<2，当PF⊥平面ABC时，四棱锥P­ACFE的体积V＝××(2－x＋2)·x·(2－x)＝x3－x2＋x，V′＝x2－2x＋＝(3x2－12x＋8)，令V′＝0，解得x＝2＋(舍)或x＝2－，当x∈时，V′>0，函数单调递增，当x∈时，V′<0，函数单调递减，所以当x＝2－时，函数取得最大值，此时AE＝x＝2－，故D错误．故选AC. 答案　AC 三、填空题 9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则m＝________；n＝________. 解析　直线CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，则m＝4.如图，取CD的中点G，连接FG，EG，易证CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4. 答案　4　4 10．(2024·陕西安康模拟)已知四棱锥S­ABCD的底面ABCD为菱形，其中∠BCD＝120°，SA＝SB＝2AB＝SC，点H在线段SB上，若平面SAB⊥平面CDH，则＝________. 解析　设平面CDH与直线SA交于点G，连接DG，HG，取AB中点M，连接SM，CM，SM与GH交于点E，连接CE，因为CD∥AB，CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，所以CD∥平面SAB，又平面SAB∩平面CDH＝HG，CD⊂平面CDH，所以CD∥HG，从而CD∥HG∥AB，又菱形ABCD中，∠BCD＝120°，所以△ABC是等边三角形，则CM⊥AB，而SA＝SB，所以SM⊥AB，又SM∩CM＝M，SM，CM⊂平面SCM，所以AB⊥平面SCM，而CE⊂平面SCM，所以CE⊥AB，从而CE⊥HG，因为平面SAB⊥平面CDH，平面SAB∩平面CDH＝HG，CE⊂平面CDH，所以CE⊥平面SAB，又因为SM⊂平面SAB，所以CE⊥SM， 设AB＝1，则由已知得SA＝SB＝2，SC＝，CM＝，SM＝＝，在△SCM中，cos∠SCM＝＝－，从而∠SCM＝135°，sin∠SCM＝，CE＝＝＝＝，EM＝＝，所以＝＝＝. 答案　 四、解答题 11.如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝，BD＝2，∠ABD＝30°. (1)求证：MC∥平面PBD； (2)求证：平面AMD⊥平面BMC. 证明　(1)如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点，又P为线段AM的中点，则OP∥CM.又OP⊂平面PBD，CM⊄平面PBD，则MC∥平面PBD. (2)在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC. 又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD⊂平面ABCD，则AD⊥平面CMD，又CM⊂平面CMD，则AD⊥CM. 又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD. 因为MD∩AD＝D，MD，AD⊂平面AMD，所以CM⊥平面AMD. 因为CM⊂平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC. 12.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点． (1)求证：EF∥平面BDD1B1； (2)设G为棱CD上的一点，问：当点G在什么位置时，平面GEF∥平面BDD1B1? 解析　(1)证明　如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，连接BM，因为E，F分别是BC，CM的中点，所以EF∥BM，又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1. (2)当G是DC中点时，平面GEF∥平面BDD1B1，理由如下： 取CD的中点G，连接EG，FG，而E是BC的中点，所以EG∥BD，又EG⊄平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，从而EG∥平面BDD1B1. 由(1)知EF∥平面BDD1B1，EF∩EG＝E，且EF，EG⊂平面GEF，因此平面GEF∥平面BDD1B1，所以当点G是DC的中点时，平面GEF∥平面BDD1B1. 学科网（北京）股份有限公司 $$