第13章 专题微课 空间点、线、面位置关系 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（苏教版）

第13章 专题微课 空间点、线、面位置关系 [课时跟踪检测] 1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为 (　　) A. B.1 C.2 D. 解析：选D　设正方体的棱长为1，因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1， 所以tan∠DMD1===是最大值，此时MD1⊥A1C1.故选D. 2.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=25 m，BC=AD=10 m，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，则该五面体的所有棱长之和为 (　　) A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m 解析：选C　如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作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，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC. 因为EG⊥BC，EO，EG⊂平面EOG，EO∩EG=E， 所以BC⊥平面EOG.因为OG⊂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=. 所以OG=5.所以在Rt△EOG中，EG===. 在Rt△EBG中，BG=OM=5，EB===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=117 m.故选C. 3.已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC面积为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.6 解析：选C　如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC=PD，得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM=P，所以DC⊥平面POM.又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线.所以OA=OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB=PA.在△PAC中，由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB==，所以sin∠PCB=.所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4，故选C. 4.一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1，P，Q，R分别是AB，BC和C1D1的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是 (　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析：选D　如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α.分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体的性质知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF∥RP，所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选D. 5.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，AB=6，A'B'=2，则A'A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.1 C.2 D.3 解析：选B　如图，分别取BC，B'C'的中点D，D'，连接AD，A'D'，DD'. 易证得平面ADD'A'⊥平面ABC. 过点A'作A'E⊥AD于点E，则A'E⊥平面ABC， 即A'E为正三棱台的高. 由上述可知，∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角. 由已知易得正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=×6×3=9. 由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，得×(+9+3)×A'E=，解得A'E=. 取△ABC，△A'B'C'的重心分别为G，G'，连接GG'，则四边形A'EGG'为矩形， 所以EG=A'G'=A'D'=， 所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=.在Rt△A'AE中，tan∠A'AE===1.故选B. 6.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，AA1=3，则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为　　　　.  解析：∵C1D1∥A1B1，∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角，即∠AC1D1. 连接AD1(图略)，易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中，C1D1=1，AD1==，AC1==，∴cos∠AC1D1===. 答案： 7.(5分)已知等于90°的二面角α-l-β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于B，如果PA=PB=a，则P到l的距离为　　　　　.  解析：如图，由PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，得PA⊥l，PB⊥l. 又PA∩PB=P，PA，PB⊂平面APBC，故l⊥平面APBC， l∩平面APBC=C.连接PC，PC⊂平面APBC，故l⊥PC. 所以P到l的距离为线段PC的长度，二面角α-l-β为90°.故BC=PA=PB， 且∠PBC=90°.故PC=PB=a. 答案：a 8.(5分)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN=2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为　　　　　　.  解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM=BQ=C1H. 在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H=2∶3. 由于C1H===， ∴NP=. 答案： 9.(5分)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=　　　　.  解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱.设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1=SA. 又球的半径R=OA=2，OA2=O+O1A2，所以4=SA2+3，得SA=2. 答案：2 10.(10分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.证明： (1)当AB=BC时，EF⊥AC；(4分) (2)点C1在平面AEF内.(6分) 证明：(1)连接BD，B1D1. 因为AB=BC，所以四边形ABCD为正方形. 所以AC⊥BD. 又因为BB1⊥平面ABCD，所以AC⊥BB1. 因为BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BB1D1D. 因为EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC. (2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG=2GA1，连接GD1，FC1，FG. 因为D1E=DD1，AG=AA1，DD1AA1， 所以ED1AG，于是四边形ED1GA为平行四边形.所以 AE∥GD1. 因为B1F=BB1，A1G=AA1，BB1AA1， 所以B1FA1G，于是四边形B1FGA1为平行四边形. 所以FGA1B1，FGC1D1.所以四边形FGD1C1为平行四边形.所以GD1∥FC1. 于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内. 11.(15分)如图①所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置，连接P'B，P'C，得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2，P'B=2，T为AP上一点，且满足PT=2AT. (1)求证：CD⊥平面P'AD；(6分) (2)在线段P'D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT.若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.(9分) 解：(1)证明：由题意知△P'AD是正三角形，有P'A=AB=2， 在△P'AB中，P'A2+AB2=8=P'B2， 则AB⊥P'A. 在正方形ABCD中，AB⊥AD，P'A∩AD=A，P'A，AD⊂平面P'AD， 所以AB⊥平面P'AD. 又CD∥AB， 所以CD⊥平面P'AD. (2)当点Q为线段P'D的中点时，CQ∥平面BDT. 取P'T的中点N，连接CQ，NQ，CN，连接AC∩BD=O，连接OT，如图， 所以NQ∥TD. 又TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT， 因此NQ∥平面BDT. 依题意，T为P'A上一点，且满足P'T=2AT， 则T为NA的中点. 又O为AC的中点， 即有OT∥CN. 又TO⊂平面BDT，CN⊄平面BDT， 因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ=N，CN，NQ⊂平面CQN， 所以平面CQN∥平面BDT. 又CQ⊂平面CQN，则CQ∥平面BDT， 所以点Q为线段P'D的中点时，CQ∥平面BDT. 学科网（北京）股份有限公司 $