16、空间中线面位置关系的判断与证明-【伯乐马】2026年高考数学一轮复习同步考练卷

数学一轮复习同步考练（十六） 空间中线面位置关系的判断与证明 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1.垂直于同一平面的两条直线 A.平行 B.垂直 C.相交 D.异面 2.设a、3为两个平面，m、n为两条直线，且a∩3=m. 下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥3 ②若m⊥n,则n⊥a或n⊥3 ③若n∥a且n∥B,则m∥n ④若n与a,3所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 3.已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A, B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有 A.平面ABC⊥平面BCD B.平面BCD⊥平面ACD C.平面ABD⊥平面ACD D.平面BCD⊥平面ABD 4.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一 卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若 AB,CD都是直角圆锥S0底面圆的直径，且∠AOD=号，则异 面直线SA与BD所成角的余弦值为 A号 B √6 0.3 5.已知二面角a一l-3为60°，动点P、Q分别在面a、3内，P到3 的距离为√3，Q到α的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小 值为 A.1 B.2 C.2√3 D.4 6.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装 灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为 一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等 腰三角形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的平 面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为 √14 ,则该五面体的所有棱长之和为 5 A.102m B.112m C.117m D.125m 7.如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且 AD=3AE,BC=3BF,设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将 四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面 CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是 A.直线AB∥直线CD B.直线AB⊥直线PQ C.直线PQ∥直线EF D.直线PQ∥平面ADE 8.如图，在直三棱柱ABC一A1B,C1中，△ABC是边长为2的正三 角形，AA1=3,N为棱A1B1的中点，M为棱CC1上的动点，过 N作平面ABM的垂线段，垂足为点O,当点M从点C运动到点 C时，点O的轨迹长度为 A受 B.元 D.23x 3 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知a,3,y是三个平面，a∩3=a,a∩y=b,3∩y=C.下列结论 正确的是 A.若a∩b=O,则b与c可能是异面直线 B.若a∩b=O,则直线a、b、c必然交于一点（即三线共点） C.若a∥b,则b∥c D若a∥b,则b与c可能是异面直线 10.已知正方体ABCD一A1B1C1D1,则 A.直线BC1与DA1所成的角为90 B.直线BC1与CA1所成的角为90 C.直线BC1与平面BB1D,D所成的角为45 D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十六）·数学·第1页（共2页） 11.如图所示，点E为正方体形木料ABCD一A1B,C,D1上底面的 动点，则下列结论正确的有 A.三棱锥E一ABC的体积为定值 B.存在点E,使CE⊥平面BDD1B B C.不存在点E,使CE∥平面BDDB D.过点E在上底面上画一条直线L与CE 垂直，若I与直线B1D1重合，则点E为 上底面中心 三、填空题 12.已知l,m是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断： ①l⊥m;②m∥a;③l⊥a. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一 个正确的命题： 13.在三棱锥A一BCD中，AB=CD=2,过BC中点E的截面与 AB,CD都平行，则截面的周长为 14.如图所示，圆柱0,0：的底面半径为，0,0，=4，AB为圆0， 的直径，点C为圆O2上的动点，点P为圆柱侧面上的动点（不 含边界)，CP⊥平面ABP,则|CP的取值范围为 020 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.如图，AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4, AD=BC=√I0,AE=2W3,M为CD的中点. (1)证明：EM∥平面BCF; (2)求点M到ADE的距离. 16.如图，四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB=√3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为42，求 AD. 17.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,AB=2CD= 2,并将直角梯形ABCD绕AB边旋转至ABEF. (1)求证：直线AB⊥平面ADF; (2)求证：直线CE∥平面ADF; (3)当平面ABCD⊥平面ABEF时，再从条件①、条件②、条件 ③这三个条件中选择一个作为已知，使平面ADE与平面 BCE垂直.并证明你的结论. 条件①：AE=√3；条件②：AD=1;条件③：BE⊥DE. 18.如图，在直角梯形ABCD中，∠A=90°，AD=6,BC=4,AB= 2,E,F分别是BC,AD上的点，且EF∥AB,现将四边形 ABEF沿EF向上折起成直二面角，设BE=x(0<x<4)· (1)若x=1,在边AD上是否存在点P,满足AP=入AD,使得 CP∥平面ABEF?若存在，求出入；若不存在，说明理由. (2)当三棱锥A一CDF的体积最大时，求点F到平面ACD的 距离. 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十六）·数学·第2页（共2页） 19.如图，P一ABC是底面边长为1的正三棱锥，D,E,F分别为棱 PA,PB,PC上的点，截面DEF∥底面ABC,且棱台DEF ABC与棱锥P一ABC的棱长和相等.（棱长和是指多面体中所 有棱的长度之和) (1)求证：P一ABC为正四面体； (2)若PD=PA,求二面角D-BC-A的正弦； (3)设棱台DEF一ABC的体积为V,是否存在体积为V且各棱 长均相等的直四棱柱，使得它与棱台DEF一ABC有相同的 棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直四棱柱，并给 出证明；若不存在，请说明理由16、空间中线面位置关系的判断与证明 1答案：A 若两直线垂直于同一个平面，则两直线平行. 2.答案：A 对①，当nCa,因为m∥n,mC3,则n∥3， 当nC3,因为m∥n,mCa,则n∥a, 当n既不在a也不在3内，因为m∥n,m二a,mC3,则n∥a且 n∥3，故①正确； 对②，若m⊥n,则n与a,3不一定垂直，故②错误； 对③，过直线n分别作两平面与a,3分别相交于直线s和直线t, 因为n∥a,过直线n的平面与平面a的交线为直线s,则根据线 面平行的性质定理知n∥s,同理可得n∥t,则s∥t,因为s中平 面3，tC平面B,则s∥平面3， 因为sC平面a,a∩3=m,则s∥m,又因为n∥s,则m∥n,故③ 正确； 对④，若x与a和3所成的角相等，如果n∥a,n∥3，则m∥n,故 ④错误： 综上只有①③正确，故选：A. 3.答案：B 因为AB是圆柱上底面的一条直径， 所以AC⊥BC, 又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC, 因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD. 由于BCC平面BCD 所以平面BCD⊥平面ACD. 4.答案：C 如图，连接AD,BC,AC,SC 因为O为AB,CD中点，且AB=CD, 所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC, 所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角. 设圆O的半径为1，则SA=SC=√2」 因为∠AOD=,所以∠AD0=子 在Rt△DAC中，CD=2,得AC=√5 所以os∠SAC=2)+(W5)-(2)26 2X√2X3 4 所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为5 5.答案：C 如图分别作QA⊥a于A,AC⊥1于 C,PB⊥3于B,PD⊥I于D, 连接CQ,BD, 则∠ACQ=∠PDB=60°， AQ=2√5，BP=3, ..AC=PD=2, 又.PQ=√AQ+AP =√12+AP2≥2√3， 当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值.故选：C. 6.答案：C 如图，过E做EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E分别做EG⊥ BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM, 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分 别为∠EMO和∠EGO, 所以tan∠EMO=tan∠EGO=√ 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC, 因为EG⊥BC,EO,EGC平面EOG,EO∩EG=E, 所以BC⊥平面EOG,因为OGC平面EOG,所以BC⊥OG, 同理：OM⊥BM,又BM⊥BG,故四边形OMBG是矩形， 所以由BC=10得OM=5,所以EO=√J14,所以OG=5, 所以在Rt△EOG中，EG=√EO+OG=√(14)+52=√39 在Rt△EBG中，BG=OM=5, EB=√EG+BG=√（√39）+52=8， 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15, 所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m. 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第1页 7.答案C 翻折之后如图所示： 因为AD=3AE,BC=3BF,所以AB∥EF 且EF∥CD,因此AB∥CD,故A成立； 连接FD,因为P、Q分别为FA、FD的中 点，所以PQ∥AD, 又因为AB⊥AD,所以AB⊥PQ,故B成立； 因为PQ∥AD,ED∩AD=D,所以PQ与 ED不平行，故选项C不成立； 因为PQ∥AD,且PQ中平面ADE,ADC 平面ADE, 所以PQ∥平面ADE,故D成立. 8.答案：B 取AB中点P,连接PC,PN,C1N,如图， 因为PC⊥AB,PN⊥AB,且PN∩PC=P, 所以AB⊥平面PCC,N,又ABC平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PCC,N, 平面ABM∩平面PCC1N=PM, 过N作NO⊥PM,NOC平面PCC1N, 所以NO⊥平面ABM. 当点M从点C运动到点C,时，O点的轨迹是以 M PN为直径的圆Q的部分，如图， 取PN的中点Q,连接OQ, 当点M运动到点C1时，O点到最高点， 此时PC=VB,CC,=3,∠CPC1=, 所以∠OPQ-吾，从而∠OQP-否， 所以孤长1·-，即点O的轨迹长度为元故选B 9.答案：BC 对于A、B:由题意，知a∩b=O,可得O∈a,O∈b,因为a∩3= a,可得O∈B,又由a∩y=b,可得O∈y,所以O为B与y的公共 点.又3∩y=c,所以O∈c,所以a、b、c三线共点，故A错误，B 正确. 对于C、D:由题意，因为a∥b,b中3，aC3,所以b∥3，因为cC3, y∩3=c,bCy,所以b∥c,同理可证a∥c,所以a∥b∥c,故C正 确，D错误；故选：BC 10.答案：ABD 如图，连接B1C、BC1,因为DA1∥B1C,所 D 以直线BC1与B,C所成的角即为直线 A BC,与DA1所成的角，因为四边形 BB1C1C为正方形，则B,C⊥BC1,故直线 BC1与DA1所成的角为90°，A正确： 连接A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC C平面BB,C1C,则A1B1⊥BC1, 因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1C, 又A,C平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B正确； 连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO, 因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1OC平面A1B1C1D1, 则CO⊥B1B, 因为C1O⊥B1D1,B,D1∩B1B=B1, 所以C1O⊥平面BB,D1D, 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角， 设正方体棱长为1， CO 1 则C0号，BC=2,sm∠CB0C3 所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误； 因为CC⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC1与平面 ABCD所成的角，易得∠C1BC=45°，故D正确. 11.答案：AD 三棱锥E一ABC中，底面ABC的面积为定值，由平面 A1B,C1D1∥平面ABCD可知，平面A1B1C1D1上任意一点到 平面ABCD的距离都相等，则可得三棱锥E一ABC的体积为 定值.故A选项正确； 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1, B1D1,BB1C平面BDD1B1,且B,D1∩BB1=B1,所以A1C1 ⊥平面BDD1B1, 若存在点E使得CE⊥平面BDD1B1,则CE与A1C1重合或平 行，显然这样的点E不存在，故B选项错误； 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1∥BB1,BB1C平面 BDD1B1,CC1丈平面BDD1B1,所以CC1∥平面BDD1B1,当 点E与C1重合时，CE为CC1, 则存在点E使得CE∥平面BDD,B,,故C选项错误； 因为正方体ABCD一A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1, 由题可得IC平面AB1C,D1,所以l⊥CC, 又因为l⊥CE,CC,∩CE=C,CC1,CE平面CC1E, 所以I⊥平面CC1E,C1EC平面CC1E,则l⊥CE. 当l与B1D1重合时，B1D1⊥CE. 在正方形A1B1C1D1中A1C1⊥B1D1, 则可得E为A,C1与B,D1的交点， 即为上底面的中心，故D选项正确。 12.答案：如果l⊥a,m∥a,则l⊥m或如果l⊥a,l⊥m,则m∥a. 将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： (1)如果1⊥a,m∥a,则l⊥m.正确； (2)如果1⊥a,l⊥m,则m∥a.正确； (3)如果l⊥m,m∥a,则l⊥a.不正确，有可能l与a斜交、l∥a. 13.答案：4 设CA,AD,DB的中点分别为F,G,H, 连接EF,FG,GH,HE, G 根据三角形中位线定理，可得EF∥AB,FG∥ CD,GH∥AB,HE∥CD,EF=2AB=1, FG=CD=1,所以有EF/GH,FPG∥HE, 因此四边形EFGH是平行四边形， 因为EF∥AB,EFC平面EFGH,AB中平面EFGH, 所以AB∥平面EFGH,同理CD∥平面EFGH, 因此平行四边形EFGH的周长为2×(1+1)=4. 14常案6u[8 取P所在的母线为DE, 连接CE,O1D,O1P,O1C, oc=(信)+， 设PD=hA∈O4),则0，P=+（含) 02 所以|PC|2=O1C|2-O1P|2=16-h2, 又因为PE1=4-h,0≤BC<, 1PC=16-∈[4-A),4-)+(3)] 所以0h≤或<h<4, 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第2页 所以18≤16-A<16或0<16≤9 所1Pc1e6ua 15.(1)由题意得，EF∥MC,且EF=MC, 所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC, 又CFC平面BCF,EMC平面BCF, 所以EM∥平面BCF; (2)取DM的中点O,连接OA,OE, 因为AB∥MC,且AB=MC, 所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=√10， 又AD=√10，故△ADM是等腰三角形， 同理△EDM是等腰三角形， 可得OA⊥DM,OE⊥DM, OA=AD:- =3,OE=/ED2 =3, 又AE=2√3，所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DMC平面EDM, 所以OA⊥平面EDM, 易知S△EDM= ×2Xg=. 在△ADE中，c0s∠DEA=4+12-10-E 2×2×2√3 4 所以m∠DEA=平S-×2x2后×平-② 42 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM, 得5am·1=SmOA,得d6 13 故点M到平面ADE的距离为3 16.(1)因为PA⊥平面ABCD,而ADC平面ABCD, 所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 而ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC?+AB2=AC2,所以BC⊥AB, 根据平面知识可知AD∥BC, 又AD中平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过 点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,以平面PAC⊥平 面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC, 所以DE⊥平面PAC,又EF⊥CP,所以CP ⊥平面DEF, 根据二面角的定义可知， ∠DFE即为二面角A一CP一D的平面角， 即n∠DFE-平，即tam∠DFE-6. 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4一x, 由等面积法可得，DE=心√4一x 2 又CE= (4-2)-4-x4-x2 4 2, 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=4一之 2√2 x√4-x2 2 故tan∠DFE= =√6，解得x=5,即AD=√. 4-x2 2√2 17.(1)证明：在直角梯形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,将直角梯 形ABCD绕AB边旋转至ABEF,所以AB⊥AF,又AD∩AF =A,AD,AFC平面ADF,所以AB⊥平面ADF; (2)证明：依题意可得DC∥EF且DC=EF, 所以四边形DCEF为平行四边形， 所以CE∥DF,DFC平面ADF,CE丈平面ADF, 所以CE∥平面ADF; (3)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF,AB⊥AD,平面 ABCD∩平面ABEF=AB,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面 ABEF,BEC平面ABEF,所以AD⊥BE, 过点E作EM⊥AB,交AB于点M, M 若选①，AE=√3，EF=1,所以AF=√AE-EFz=√2， 所以BE=√12+(2)=√3， 此时cos∠AEB=AE+BE-AB3+3-41 2AE·BE 2X√5X√3 31 所以60°<∠AEB<90 如图过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H, 因为AD⊥平面ABEF,EHC平面ABEF,所以AD⊥EH, AD∩AE=A,AD,AEC平面ADE,所以EH⊥平面ADE, 又EHC平面HCE, 所以平面HCE⊥平面ADE, 显然平面BCE与平面ADE不垂直； 若选②：AD=1,则AF=1, 所以AE=√AF+EF=√2，BE=√+1下=√2， 所以AE2+BE2=AB2,即AE⊥EB, 又AD∩AE=A,AD,AEC平面ADE,所以EB⊥平面ADE, 又EBC平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE; 若选③：BE⊥DE,又AD⊥BE,AD∩DE=D,AD,AEC平面 ADE,所以EB⊥平面ADE, 又EBC平面BCE, 所以平面BCE⊥平面ADE. 18.(1存在P,使得CP∥平面ABE,此时X- 证明如下： 当入=S时，过P作MP∥FD,与AF交于M,连接EM, 则咒-子又FPD=5得MP=3, 因为EC=3,MP∥FD∥EC, 所以MP∥EC且MP=EC, 所以四边形MPCE为平行四边形， 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第3页 得CP∥EM,又CP中平面ABEF,EMC平面ABEF, 所以CP∥平面ABEF. (2)由题意知AF⊥EF, 又平面ABEF⊥平面CDFE,平面ABEF∩平面CDFE=EF, AFC平面ABEF, 所以AF⊥平面CDFE, 由BE=2(0<x<4),得AF=x,FD=6-x, 所以三棱锥A一CDF的体积为 V-号5em…AF=3·72(6-x)z=-3a-3+3, 11 当x=3时，三棱锥A一CDF的体积取得最大值，最大值为3. 此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2W2, 由AF⊥平面CDFE,FD、FCC平面CDFE, 得AF⊥FD,AF⊥FC, 又FC=√EF十EC=√5， 所以AC=√JFC2+AF2=√14，AD=√JAF2+FD=3√2， 在△ACD中，由余弦定理得 COS/ADC=AD+DC2-AC218+8-14 1 2AD·DC 2·3√2·2√2 21 所以sin∠ADC=√-cos'∠ADC= 21 得S△ADc= 2DC·DAsin∠ADC=3V5, 设点F到平面ADC的距离为h,由VA-CDF=VF-ADC, 得3=3hS△Ac=Bh,解得h=B, 即点F到平面ADC的距离为√3. 19.(1)由棱台DEF-ABC与棱锥P一ABC的棱长和相等， ..DE+EF+FD+DA+EB+FC+AB+BC+CA =AB+BC+CA+PA+PB+PC, 故DE+EF+FD=PD+PE十PF. 又，截面DEF∥底面ABC,则棱锥P一DEF为正三棱锥， 即DE=EF=FD,PD=PE=PF, .DE=PD,即DE=PD=PE, 从而∠APB=60°，则PA=PB=PC=AB=AC=BC, 故P一ABC为正四面体. B (2)取BC的中点M,连接PM、DM、AM, .PB=PC,AB=AC,则BC⊥PM,BC⊥AM, PM∩AM=M,PM,AMC平面PAM, .BC⊥平面PAM, 而DMC平面PAM,故BC⊥DM, 从而∠DMA是二面角D-BC一A的平面角. 由(1)知，三棱锥P一ABC的各棱长均为1， 所以PM=AM= 2, 由D是PA的中点，得PA⊥DM,AD三号， 在Rt△ADM中，sin∠DMA=AD-B AM 3' 故二面角D-BC-A的大小为 3 (3)存在满足条件的直四棱柱： 棱台DEF一ABC的棱长和为定值6，体积为V. 设直四棱柱的棱长均为？，底面相邻两边的夹角为α， 则该四棱柱的棱长和为6， 1 8 sina=V. 设△ABC的中心为O,连接PO,则PO⊥平面ABC, 即PO为三棱锥P-ABC的高， A0-号AM= 3,P0=PA-A0= 3 :正四面体P-ABC的体积是3×3X √5√2 2121 则0< 72,即0<8v<2 2<1,从而sina=8V, 3 故构造棱长均为，底面相邻两边的夹角正弦为8V的直四棱 柱，即满足条件. 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第4页