（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習 文 新人教A版

第2講空間點、線、面的位置關系一、選擇題1已知m，n，l1，l2表示直線，表示平面若m，n，l1，l2，l1l2M，則的一個充分條件是()Am且l1Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2解析：選D.由定理“如果一個平面內有兩條相交直線分別與另一個平面平行，那么這兩個平面平行”知，由選項D可推知.2設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則()A若mn，n，則mB若m，則mC若m，n，n，則mD若mn，n，則m解析：選C.對A，若mn，n，則m或m或m與相交，錯誤；對B，若m，則m或m或m與相交，錯誤；對C，若m，n，n，則m，正確；對D，若mn，n，則m與相交或m或m，錯誤故選C.3(2019·長春市質量監(jiān)測(一)在正方體ABCD­A1B1C1D1中，直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為()A1 B.C. D.解析：選D.由題意畫出圖形如圖所示，取AD1的中點為O，連接OC1，OA1，易知OA1平面ABC1D1，所以A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角，在RtOA1C1中，A1C12OA1，所以sinA1C1O.故選D.4(2019·高考全國卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點，則()ABMEN，且直線BM，EN是相交直線BBMEN，且直線BM，EN是相交直線CBMEN，且直線BM，EN是異面直線DBMEN，且直線BM，EN是異面直線解析：選B.如圖，取CD的中點F，連接EF，EB，BD，F(xiàn)N，因為CDE是正三角形，所以EFCD.設CD2，則EF.因為點N是正方形ABCD的中心，所以BD2，NF1，BCCD.因為平面ECD平面ABCD，所以EF平面ABCD，BC平面ECD，所以EFNF，BCEC，所以在RtEFN中，EN2，在RtBCE中，EB2，所以在等腰三角形BDE中，BM，所以BMEN.易知BM，EN是相交直線故選B.5在四面體ABCD中，ABAD，ABADBCCD1，且平面ABD平面BCD，M為AB的中點，則線段CM的長為()A. B.C. D.解析：選C.如圖所示，取BD的中點O，連接OA，OC，因為ABADBCCD1，所以OABD，OCBD.又平面ABD平面BCD，所以OA平面BCD，OAOC.又ABAD，所以DB，取OB的中點N，連接MN，CN，所以MNOA，MN平面BCD，所以MNCN.所以CM.6如圖所示，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，將ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構成三棱錐A­BCD，則在三棱錐A­BCD中，下列結論正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC解析：選D.因為在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，所以BDCD.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，則CDAB.又ADAB，ADCDD，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB平面ADC.又AB平面ABC，所以平面ADC平面ABC.二、填空題7已知直線l平面，直線m平面，則下列四個命題：lm；lm；lm；lm.其中正確命題的序號是_解析：直線l平面，直線m平面，當有l(wèi)m，故正確當有l(wèi)m或l與m異面或相交，故不正確當lm有，故正確當lm有或與相交，故不正確綜上可知正確答案：8(2019·成都第一次診斷性檢測)在各棱長均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點，N是棱AC的中點，則異面直線A1M與BN所成角的正切值為_解析：如圖，取AA1的中點P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質可知A1MPB，則PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補角)設三棱柱的棱長為2，則PN，PB，BN，所以PN2BN2PB2，所以PNB90°，在RtPBN中，tanPBN.答案：9.如圖，在ABC中，ACB90°，AB8，ABC60°，PC平面ABC，PC4，M是AB上的一個動點，則PM的最小值為_解析：作CHAB于點H，連接PH.因為PC平面ABC，所以PHAB，即PH為PM的最小值在ABC中，因為ACB90°，AB8，ABC60°，所以BC4，所以CH2.因為PC4，所以PH2.答案：2三、解答題10如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCACD90°，BACCAD60°，PA平面ABCD，PA2，AB1.設M，N分別為PD，AD的中點(1)求證：平面CMN平面PAB；(2)求三棱錐P­ABM的體積解：(1)證明：因為M，N分別為PD，AD的中點，所以MNPA，又MN平面PAB，PA平面PAB，所以MN平面PAB.在RtACD中，CAD60°，CNAN，所以ACN60°.又BAC60°，所以CNAB.因為CN平面PAB，AB平面PAB，所以CN平面PAB.又CNMNN，所以平面CMN平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN平面PAB，所以點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離因為AB1，ABC90°，BAC60°，所以BC，所以三棱錐P­ABM的體積VVM­PABVC­PABVP­ABC××1××2.11.(2019·高考北京卷)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(1)求證：BD平面PAC；(2)若ABC60°，求證：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF平面PAE？說明理由解：(1)證明：因為PA平面ABCD，所以PABD.又因為底面ABCD為菱形，所以BDAC.所以BD平面PAC.(2)證明：因為PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因為底面ABCD為菱形，ABC60°，且E為CD的中點，所以AECD.所以ABAE.所以AE平面PAB.所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在點F，使得CF平面PAE.取F為PB的中點，取G為PA的中點，連接CF，F(xiàn)G，EG.則FGAB，且FGAB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四邊形CEGF為平行四邊形所以CFEG.因為CF平面PAE，EG平面PAE.所以CF平面PAE.12(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一)如圖，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E為CD的中點，將ADE沿AE折到APE的位置(1)證明：AEPB；(2)當四棱錐P­ABCE的體積最大時，求點C到平面PAB的距離解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O，因為ABCE，ABCE，所以四邊形ABCE為平行四邊形，所以AEBCADDE，所以ADE為等邊三角形，所以在等腰梯形ABCD中，CADE，BDBC，所以BDAE.如圖，翻折后可得，OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，所以AE平面POB，因為PB平面POB，所以AEPB.(2)當四棱錐P­ABCE的體積最大時，平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE，PO平面PAE，POAE，所以OP平面ABCE.因為OPOB，所以PB，因為APAB1，所以SPAB×× ，連接AC，則VP­ABCOP·SABC××，設點C到平面PAB的距離為d，因為VP­ABCVC­PABSPAB·d，所以d.- 6 -