微练(12) 空间点、线、面的位置关系(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

微练(十二)　空间点、线、面的位置关系 基础过关练 一、单项选择题 1．(2025·深圳一模)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的(D) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　当“直线a和直线b平行”时，平面α和平面β可能平行也可能相交，故不充分；当“平面α和平面β平行”时，直线a和直线b可能平行也可能异面，故不必要；因此“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要条件．故选D. 2．(2025·天津高考)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(C) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 解析　若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β.故D错误． 3．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是(D) A　　B C　　D 解析　对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故A正确；对于B，如图①，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，因为MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故B正确；对于C，由正方体的性质可得平面ABC与正方体的右侧面平行，故MN∥平面ABC，故C正确；对于D，如图②，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，故D错误． ①　② 4．如图，已知各棱长都为1的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为，则异面直线BA1与CB1所成的角为(C) A. B. C. D. 解析　 连接A1D，BD，如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，A1B1綉AB綉CD，则四边形A1B1CD是平行四边形，B1C∥A1D，于是∠BA1D是异面直线BA1与CB1所成角或其补角，由AA1＝AB＝AD＝1，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为，得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，即A1B＝BD＝A1D＝1，则∠BA1D＝，所以异面直线BA1与CB1所成的角为.故选C. 5. (2025·黄冈模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(B) A．A，M，N，B四点共面 B．平面ADM⊥平面CDD1C1 C．直线BN与B1M所成的角为30° D．BN∥平面ADM 解析　 如图所示，连接MN，BC1，对于A选项，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN⊄平面ABC1M，所以直线AB，MN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；对于B选项，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2，所以△BON为等边三角形，故∠OBN＝60°，即直线BN与B1M所成的角为60°，C错误；对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，D错误．故选B. 6．(2025·咸阳模拟)已知四棱锥P­ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，E为PC的中点，则(C) A．BE∥平面PAD B．PD⊥平面ABCD C．平面PAB⊥平面PAD D．DE＝EB 解析　 对于A，易知BC∥平面PAD，因为BE∩BC＝B，且两条直线都在平面PBC内，所以BE不可能平行于平面PAD，故A错误；对于B，如图，作PH⊥AD于点H，因为平面PAD⊥平面ABCD，且PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD，由于PD∩PH＝P，所以PD不垂直于平面ABCD，故B错误；对于C，因为AB⊂平面ABCD，所以PH⊥AB，又AB⊥AD，PH∩AD＝H，且PH，AD都在平面PAD内，所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故C正确；对于D，没有充足的条件可以证明DE＝EB，故D错误．故选C. 二、多项选择题 7．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1， C1C的中点，下列说法正确的有(CD) A．直线AM与CC1是相交直线 B．直线AM与BN是平行直线 C．直线BN与MB1是异面直线 D．直线AM与DD1是异面直线 解析　 因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错；如图，取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，则AM与BN不可能平行，故B错；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，直线BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确，同理D正确．故选CD. 8．如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形， △ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD，在翻折的过程中，下列结论中正确的是(ABC) A．BD⊥PC B．DP与BC可能垂直 C．四面体PBCD体积的最大值是 D．直线DP与平面BCD所成角的最大值是 解析　 对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，因为△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，所以BD⊥CM，因为△ABD为等边三角形，所以BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PMC，所以BD⊥平面PMC，又PC⊂平面PMC，所以BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，所以BC⊥PC，又PB＝2，BC＝，易知PC∈[－1，＋1]，当PC＝时，BC2＋PC2＝PB2，故DP与BC可能垂直，故B正确；对于C，易知当平面PBD⊥平面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积V＝S△BCD·PM＝××＝，故C正确．对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM⊂平面PBD，此时PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成的角，此时∠PDB＝，故D错误．故选ABC. 三、填空题 9．如图，P为▱ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，＝ . 解析　 如图，连接AC交BE于点O，连接OF.因为AD∥BC，E为AD的中点，所以＝＝，因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA⊂平面PAC，所以PA∥OF，所以＝＝. 10．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为 . 解析　 如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即点Q′与点Q重合，故AQ＝. 四、解答题 11. 如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．求证： (1)EF∥平面ABB1A1； (2)平面AEF⊥平面BCC1B1. 证明　 (1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，所以FG∥B1C1，且FG＝B1C1.在三棱柱ABC­A1B1C1中，BC∥B1C1.又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG，又因为BG⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1. (2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面BCC1B1. 12. 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证： (1)PE⊥BC； (2)平面PAB⊥平面PCD； (3)EF∥平面PCD. 证明　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝BC，所以DE∥FG，DE＝FG，所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD. 能力提升练 13．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(C) A．AB∥CD B．AB⊥PQ C．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE 解析　 翻折之后如图所示，连接PQ，DF.因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项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⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立．故选C. 14．在四面体ABCD中，AE⊥平面BCD于点E，点E到平面ABC的距离为，AD⊥BC，BD＝CD，点G为△ABC的重心，二面角A­BC­D的大小为60°，则GE＝ . 解析　 如图，设DE∩BC＝M，连接AM，因为AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥AE，又BC⊥AD，AE∩AD＝A，AE⊂平面AMD，AD⊂平面AMD，所以BC⊥平面AMD，又DM，AM⊂平面AMD，故BC⊥DM，BC⊥AM，所以∠AMD是二面角A­BC­D的平面角，所以∠AMD＝60°，又BD＝CD，所以M为BC的中点，又点G为△ABC的重心，故G在AM上，过E作EH⊥AM于H，由E到平面ABC的距离为，可得EH＝，于是ME＝2，AM＝4，MG＝，在△MGE中，由余弦定理可得GE2＝MG2＋ME2－2MG·MEcos 60°＝，所以GE＝. 学科网（北京）股份有限公司 $