训练24 空间位置关系（教师用书word）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 苏教版（苏粤（梅州））

训练24　空间位置关系 一、单选题 1．(2023·江苏七市调研)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则(　　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊥β，则α∥β C．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n 答案　C 解析　当m∥α，n∥α时，m，n可以相交、平行、或异面，A错； 当m∥α时，α内必有b∥m，而m⊥β，则b⊥β，从而α⊥β，B错； α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊥β，∴m∥n，C正确； α⊥β，m∥α，n∥β，m，n可以相交、平行、或异面，D错． 2.(2022·西安模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，则下列命题不正确的是(　　) A．平面PAB⊥平面PBC B．平面PAB⊥平面ABC C．平面PAC⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面ABC 答案　C 解析　∵PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝， ∴在△PBC中， PB2＋BC2＝()2＋12＝()2＝PC2， ∴BC⊥PB， 又PA⊥BC且PA∩PB＝P， ∴BC⊥平面PAB， 又BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC， ∴平面PAB⊥平面PBC，平面PAB⊥平面ABC， 故A，B正确； ∵在△PAC中， PA2＋AC2＝12＋()2＝()2＝PC2， ∴PA⊥AC， ∵PA⊥BC，BC∩AC＝C， ∴PA⊥平面ABC， 又∵PA⊂平面PAC， ∴平面PAC⊥平面ABC，故D正确； 对于C选项，假设平面PAC⊥平面PBC，则过A作AM⊥PC于M，如图， 由平面PAC∩平面PBC＝PC， ∴AM⊥平面PBC，可得AM⊥BC，又PA⊥BC，PA∩AM＝M， ∴BC⊥平面PAC， ∴BC⊥AC， 这与△ABC中BC⊥AB矛盾，故假设不正确，故C选项错误． 3．(2022·遂宁模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M为线段BC的中点，则下列说法正确的是(　　) A．A1M⊥BD B．A1M∥平面CC1D1D C．A1M⊥AB1 D．A1M⊥平面ABC1D1 答案　C 解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， 对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM，而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不正确，所以假设不成立，故A不正确； 对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1，因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不正确，所以假设不成立，故B不正确； 对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确； 对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不成立，所以假设不成立，故D不正确． 4．(2022·包头模拟)在三棱锥S－ABC中，若SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，SA＝2，SA⊥BC，设异面直线SC与AB所成角为α，则cos α等于(　　) A．－ B. C. D．－ 答案　B 解析　如图，分别取BC，SB，SA的中点E，F，G，连接AE，SE，EF，EG，FG， ∵SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，E为BC的中点，则AE⊥BC，SE⊥BC， 且AE＝SE＝＝2， ∵G为SA的中点， 则EG⊥SA，且EG＝＝3， ∵E，F分别为BC，SB的中点，∴EF∥SC且EF＝SC＝2， 同理可得FG∥AB且FG＝AB＝2， ∴异面直线SC与AB所成角为∠EFG或其补角， 由余弦定理可得cos∠EFG＝＝＝－， 因此，异面直线SC与AB所成角的余弦值为. 二、多选题 5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是(　　) A．MN＝EF B．MN≠EF C．MN与EF异面 D．MN与EF平行 答案　BC 解析　设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a， 则MN＝＝＝a， 作点E在平面ABCD内的射影点G， 连接EG，GF， 所以EF＝＝＝a， 所以MN≠EF，故选项B正确，A错误； 连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心， 所以DE＝A1D， 又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点， 所以MN∥B1C， 又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED， 且DE∩EF＝E， 所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误． 6．(2023·忻州模拟)如图，已知在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E，F分别是线段AD，BC上的点．且AE＝BF＝2.将四边形ABFE沿EF翻折，当折起后得到的几何体AED－BFC的体积最大时，给出下列说法，其中正确的说法有(　　) A．AD⊥EF B．BC∥平面ADE C．平面DEFC⊥平面ABFE D．平面ADE⊥平面ABFE 答案　BC 解析　将四边形ABFE沿EF翻折，得到几何体AED－BFC， 在几何体AED－BFC中，DE∥CF，CF⊂平面CFB，DE⊄平面CFB， ∴DE∥平面CFB，又AE∥BF，BF⊂平面CFB，AE⊄平面CFB，∴AE∥平面CFB， ∵AE∩DE＝E，∴平面CFB∥平面ADE， ∵BC⊂平面CFB，∴BC∥平面ADE，故B正确； 如图，过点D作DH⊥EF，交EF于H，过H作HG⊥AB，交AB于点G， 过点C作CN⊥EF，交EF的延长线于N，过点N作NM⊥AB，交AB的延长线于点M，如图所示， 则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个四棱锥， ∵NM⊥AB，则NM⊥EF，又CN⊥EF，NM∩CN＝N， ∴EF⊥平面CMN， ∴EF⊥平面DHG， ∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误； 三棱柱CNM－DHG为直三棱柱， 几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同， 三棱柱CNM－DHG的体积V＝S△CNM·NH， 在Rt△DEH中，DE＝4，∠EDH＝30°，∴EH＝2， 又EF＝6，NF＝EH， ∴NH＝6， 当S△CNM面积最大时，几何体AED－BFC的体积最大， 当NM⊥CN时，S△CNM面积取最大值， ∵NM⊥NE，NE∩CN＝N，则MN⊥平面DEFC， 又NM⊂平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面DEFC，故C正确； 若平面ADE⊥平面ABFE，由平面ADE∩平面ABFE＝AE， 过D有两条直线DH′，DH与平面ABFE垂直， 这与过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直相矛盾，故D错误． 三、填空题 7．(2023·榆林模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝AB，则tan∠APC＝________. 答案　2 解析　∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴PA⊥AC， 设AB＝1，则PA＝1，AD＝，AC＝＝2，∴tan∠APC＝＝2. 8．(2023·南昌模拟)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°，点E在棱A1D1上，且A1E＝2ED1，平面α过点E且平行于平面A1DB，则平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形的面积是________． 答案　a2 解析　如图，符合条件的截面是六边形EFGHMN， EF＝GH＝MN＝a，FG＝HM＝NE＝a，且六边形内角均为120°， 连接EG，GM，ME(图略)，可知△EGM为等边三角形， EG2＝EF2＋FG2－2×EF×FG×cos 120° ＝2＋2－2×a×a×cos 120°＝a2， 所以平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形面积为3××EF×FG×sin 120°＋×EG2×sin 60°＝a2. 四、解答题 9.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点． (1)证明：平面BMN∥平面PCD； (2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积． (1)证明　如图， 连接BD， ∵AB＝AD，∠BAD＝60°， ∴△ABD为正三角形． ∵M为AD的中点， ∴BM⊥AD. ∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD， ∴BM∥CD. 又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴BM∥平面PCD. ∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD. 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， ∴MN∥平面PCD. 又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M， ∴平面BMN∥平面PCD. (2)解　在(1)中已证BM⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM⊂平面ABCD， ∴BM⊥平面PAD. 又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3. 在△PAD中，∵PA＝PD，PA⊥PD， ∴PA＝PD＝AD＝3. ∵M，N分别为AD，PA的中点， ∴S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝， ∴VP－BMN＝VB－PMN＝S△PMN·BM ＝××3＝. ∴三棱锥P－BMN的体积为. 10.如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，AB＝BD＝2，∠BDC＝30°，AE＝ED，F是AC上一点，且平面BFE⊥平面ABD. (1)求证：AD⊥BF； (2)求多面体BCDEF的体积． (1)证明　因为△ABD是等边三角形，AE＝ED， 所以AD⊥BE， 因为平面BFE⊥平面ABD，且交线为BE，AD⊂平面ABD， 所以AD⊥平面BEF， 因为BF⊂平面BEF， 所以AD⊥BF. (2)解　因为∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，BD＝2， 所以CD＝，cos∠CAD＝＝， 在Rt△AEF中，cos∠CAD＝＝， 又AE＝1， 所以AF＝，CF＝， 所以＝， 所以点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的， 所以VF－ABE＝×VC－ABD＝VA－BCD， 所以VBCDEF＝VA－BCD＝×S△BCD×AO ＝××＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$