高考数学二轮复习 第二部分 专题三 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系练典型习题 提数学素养（含解析）试题

第2讲空间点、线、面的位置关系一、选择题1．(2019·合肥市第一次质量检测)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是()A．若a⊥b，则m⊥nB．若m⊥n，则a⊥bC．若m∥n，则a∥bD．若m与n相交，则a与b相交或异面解析：选D.对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D.2．(2019·长春市质量监测(一))在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A．1 B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝eq\f(OA1,A1C1)＝eq\f(1,2).故选D.3．如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.4．(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2eq\r(2)，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝eq\f(2π,3)，则直线AD与BC所成的角为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,12) D．eq\f(π,2)解析：选B.如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝eq\f(2,3)π，所以∠BOD＝eq\f(π,3)，则D(eq\r(3)，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，2eq\r(2))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(－6,12)＝－eq\f(1,2)，则直线AD与BC所成的角为eq\f(π,3)，故选B.5.如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B.如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，因为D1E⊂平面ABD1，所以平面ABD1⊥平面ABC.因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，所以BC⊥平面ABD1，又BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面ABD1，因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，所以平面ACD1⊥平面BCD1.所以共有3对平面互相垂直．故选B.6．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．三棱锥D1­APC的体积不变解析：选ABD.对于A，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值eq\f(π,3)，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值eq\f(π,2)，故A1P与AD1所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C错误；对于D，V三棱锥D1­APC＝V三棱锥C­AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C­AD1P的体积不变，故D正确．故选ABD.二、填空题7．(2019·沈阳市质量监测(一))如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③异面直线AC与A1B成60°角；④AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq\r(2).解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq\f(CC1,AC)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)≠eq\r(2)，故④不正确．故正确的结论为①②③.答案：①②③8．(2019·武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为________．解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCD­A1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCD­A2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2∩A2C2＝E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3).法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，直线OC1的方程为y＝eq\r(2)x，其斜率为eq\r(2)，因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－0,a＋\f(\r(2),2))＝－\f(\r(2),2),\f(b＋0,2)＝\r(2)·\f(a－\f(\r(2),2),2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),6),b＝－\f(2,3)))，所以点M到直线A1C1的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3)，所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)9．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是________，此时AM＝________．解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq\r(2)，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2eq\r(ME·EN)＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝4eq\r(2).因为AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2eq\r(2).答案：4eq\r(2)2eq\r(2)三、解答题10.如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD且BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明：(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.因为F为CD的中点，所以GF∥DE且GF＝eq\f(1,2)DE.因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，所以GF∥AB.又因为AB＝eq\f(1,2)DE，所以GF＝AB.所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，所以AF⊥CD.因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF.又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面CDE.因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.又因为BG⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为eq\r(6)，求点B到平面ADE的距离．解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又因为折叠前后均有AD⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD内的正投影为AD，即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．依题意知tan∠CAD＝eq\f(DC,AD)＝eq\r(6)，因为AD＝1，所以DC＝eq\r(6).设AB＝x(x＞0)，则BD＝eq\r(x2＋1)，易知△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(DC,BD)，即eq\f(x,1)＝eq\f(\r(6),\r(x2＋1))，解得x＝eq\r(2)，故AB＝eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，BC＝3.由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，同理DE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，所以S△ADE＝eq\f(1,2)×1×eq\r(\b\lc\