（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题三 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系练习 文 新人教A版

第2讲空间点、线、面的位置关系一、选择题1已知m，n，l1，l2表示直线，表示平面若m，n，l1，l2，l1l2M，则的一个充分条件是()Am且l1Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2解析：选D.由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”知，由选项D可推知.2设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m解析：选C.对A，若mn，n，则m或m或m与相交，错误；对B，若m，则m或m或m与相交，错误；对C，若m，n，n，则m，正确；对D，若mn，n，则m与相交或m或m，错误故选C.3(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()A1 B.C. D.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RtOA1C1中，A1C12OA1，所以sinA1C1O.故选D.4(2019高考全国卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B.如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为CDE是正三角形，所以EFCD.设CD2，则EF.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD2，NF1，BCCD.因为平面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是相交直线故选B.5在四面体ABCD中，ABAD，ABADBCCD1，且平面ABD平面BCD，M为AB的中点，则线段CM的长为()A. B.C. D.解析：选C.如图所示，取BD的中点O，连接OA，OC，因为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的中点N，连接MN，CN，所以MNOA，MN平面BCD，所以MNCN.所以CM.6如图所示，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是()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：选D.因为在四边形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，则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、填空题7已知直线l平面，直线m平面，则下列四个命题：lm；lm；lm；lm.其中正确命题的序号是_解析：直线l平面，直线m平面，当有lm，故正确当有lm或l与m异面或相交，故不正确当lm有，故正确当lm有或与相交，故不正确综上可知正确答案：8(2019成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为_解析：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1MPB，则PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)设三棱柱的棱长为2，则PN，PB，BN，所以PN2BN2PB2，所以PNB90，在RtPBN中，tanPBN.答案：9.如图，在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为_解析：作CHAB于点H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，即PH为PM的最小值在ABC中，因为ACB90，AB8，ABC60，所以BC4，所以CH2.因为PC4，所以PH2.答案：2三、解答题10如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点(1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求三棱锥PABM的体积解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，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.因为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，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离因为AB1，ABC90，BAC60，所以BC，所以三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC12.11.(2019高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点(1)求证：BD平面PAC；(2)若ABC60，求证：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由解：(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD.又因为底面ABCD为菱形，所以BDAC.所以BD平面PAC.(2)证明：因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD的中点，所以AECD.所以ABAE.所以AE平面PAB.所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF平面PAE.取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.则FGAB，且FGAB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG.因为CF平面PAE，EG平面PAE.所以CF平面PAE.12(2019东北四市联合体模拟(一)如图，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E为CD的中点，将ADE沿AE折到APE的位置(1)证明：AEPB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，因为ABCE，ABCE，所以四边形ABCE为平行四边形，所以AEBCADDE，所以ADE为等边三角形，所以在等腰梯形ABCD中，CADE，BDBC，所以BDAE.如图，翻折后可得，OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，所以AE平面POB，因为PB平面POB，所以AEPB.(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE，PO平面PAE，POAE，所以OP平面ABCE.因为OPOB，所以PB，因为APAB1，所以SPAB ，连接AC，则VPABCOPSABC，设点C到平面PAB的距离为d，因为VPABCVCPABSPABd，所以d.- 6 -