高中数学第13章 立体几何初步13.2 基本图形位置关系课时练习

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一、单选题
1．下列命题正确的是( )
A．若直线l1∥平面α，直线l2∥平面α，则l1∥l2
B．若直线l1⊥直线l，直线l2⊥直线l，则l1∥l2
C．若直线l1⊥平面α，直线l2⊥平面α，则l1∥l2
D．若直线l1、l2与平面α所成角相等，则l1∥l2
【解析】选C.如下图所示：
对于A选项，分别取l1、l2为AC、BD，取平面α为平面A1B1C1D1，AC∥平面A1B1C1D1，BD∥平面A1B1C1D1，但AC与BD相交，A选项错误；
对于B选项，分别取l1、l2为AB、AD，取直线l为AA1，
因为AA1⊥AB，AA1⊥AD，但AB与AD相交，B选项错误；
对于C选项，若直线l1⊥平面α，直线l2⊥平面α，由线面垂直的性质可知l1∥l2，C选项正确；
对于D选项，分别取l1、l2为AB1、A1B，取平面α为平面ABCD，
直线AB1、A1B与平面ABCD所成的角均为45°，但AB1与A1B相交，D选项错误．
2．设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则( )
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
【解析】选B.根据线面垂直的判定定理，要使l⊥α，则m，n必须相交，故A错误；
由l∥m，m∥n可知l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故B正确；
由l∥m，m⊥α可知l⊥α，结合n⊥α得l∥n，故C错误；
由m⊂α，n⊥α可知m⊥n，又l⊥n，则l，m可能平行、相交或异面，故D错误．
3．已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，下列说法正确的是( )
A．若m∥n，m∥α，则n∥α
B．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
【解析】选D.对于A，若m∥n，m∥α，可得n∥α或n⊂α，故A错误；
对于B，若m⊥n，n⊂α，可得m⊥α或m⊂α，或m与α相交，故B错误；
对于C，若m⊥α，m⊥n，可得n∥α或n⊂α，故C错误；
对于D，若m∥α，由线面平行的性质定理可得过m的平面β与α的交线l与m平行，又n⊥α，可得n⊥l，则m⊥n，故D正确．
4．在三棱锥P­ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是( )
A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线PA
C．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC
【解析】选D.如图，
因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，
所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，
取PB的中点G，连接AG，CG，
则PB⊥CG，PB⊥AG，
又因为AG∩CG＝G，
所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，
点D，E分别为棱BC，PC的中点，
所以DE∥PB，所以DE⊥AC.
5．(2021·遂宁高一检测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，设M为线段BC的中点，则下列说法正确的是( )
A．A1M⊥BD B．A1M∥平面CC1D1D
C．A1M⊥AB1 D．A1M⊥平面ABC1D1
【解析】选C.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，
对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，
所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM，而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不正确，所以假设不成立，故A不正确；
对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1，因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不正确，所以假设不成立，故B不正确；
对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确；
对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不正确，所以假设不成立，故D不正确．
二、多选题
6．(2021·盐城高一检测)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若点E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，则( )
A．B1D⊥平面EFG B．CD1∥平面EFG
C．AC1⊥平面EFG D．AC1∥平面EFG
【解析】选AB.取CC1，D1A1，A1A的中点M，N，P，如图，则EFMGNP是正方体的截面．
EF∥AC，BB1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC，又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D，而B1D⊂平面BB1D1D，所以AC⊥B1D，所以EF⊥B1D，同理FM⊥B1D，EF∩FM＝F，EF，FM⊂平面EFG，所以B1D⊥平面EFG，A正确；
由CD1∥MG，CD1⊄平面EFG，MG⊂平面EFG，得CD1∥平面EFG，B正确；
由AE与C1G平行且相等得AEC1G是平行四边形，AC1与EG相交且平分，且AC1与EG不垂直(可证GE∥BC1且BC1⊥C1D，得EG⊥C1D)，因此CD均错．
三、填空题
7．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个结论：
①点H是△A1BD的中心；
②AH垂直于平面CB1D1；
③AC1与B1C所成的角是90°.
其中正确结论的序号是________．
【解析】①正确．因为AH⊥平面A1BD，AA1＝AB＝AD，
所以Rt△AHA1≌Rt△AHD≌Rt△AHB，
所以HA1＝HB＝HD，
所以点H是△A1BD的外心，又因为A1B＝BD＝DA1，
所以点H是△A1BD的中心．
②正确．易证平面A1BD∥平面CB1D1，
又因为AH⊥平面A1BD，所以AH垂直于平面CB1D1.
③正确．易证A1D⊥平面ABC1D1，所以AC1⊥A1D，又A1D∥B1C，所以AC1⊥B1C，所以AC1与B1C所成的角是90°.
答案：①②③
四、解答题
8．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面CBB1C1为正方形，且AC1⊥CB1，点D，E分别为棱AA1，B1C1的中点．
(1)求证：AB⊥平面CBB1C1；
(2)求证：DE∥平面ABC1.
【证明】(1)因为侧面CBB1C1为正方形，所以CB1⊥BC1，
又因为AC1⊥CB1，AC1⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，AC1∩BC1＝C1，
所以CB1⊥平面ABC1，
因为AB⊂平面ABC1，所以AB⊥CB1，
又因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以AB⊥B1B，
因为B1C⊂平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面CBB1C1.
(2)如图，取线段B1B的中点F，连接DF，EF，
因为AD＝A1D，BF＝B1F，所以DF∥AB，因为AB⊂平面ABC1，所以DF∥平面ABC1，
因为BF＝B1F，C1E＝B1E，所以EF∥BC1，因为BC1⊂平面ABC1，所以EF∥平面ABC1，
又因为DF∩EF＝F，DF，EF⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面ABC1，
因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面ABC1.
9．(2021·绥化高一检测)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为侧棱PA的中点．
(1)求证：PC∥平面BDE；
(2)若PC⊥PA，PD＝AD，求证：PA⊥平面BDE.
【证明】(1)连接AC，交BD于O，连接OE.
因为ABCD是平行四边形，
所以OA＝OC.
因为E为侧棱PA的中点，
所以OE∥PC.
因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
(2)因为E为AP中点，PD＝AD，
所以PA⊥DE，
因为PC⊥PA，OE∥PC，
所以PA⊥OE.
因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE＝E，
所以PA⊥平面BDE.
【综合突破练】
一、选择题
1．(2021·怀仁高一检测)已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，下面四个结论：①若l⊥α，则l⊥m；②若l∥α，则l∥m；③若l⊥m，则l⊥α；④若l∥m，则l∥α.其中正确的结论是( )
A．①②④ B．③④
C．②③ D．①④
【解析】选D.直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，知：
在①中，若l⊥α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故①正确；
在②中，若l∥α，则l与m平行或异面，故②错误；
在③中，若l⊥m，则l与α不一定垂直，故③错误；
在④中，若l∥m，则由线面平行的判定定理得l∥α，故④正确．
2．如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的为( )
A.①③ B．③④
C．①② D．②③④
【解析】选A.如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.
在①中：由正四棱锥SABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，所以SO⊥AC.
因为SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，
因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，
所以EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，
所以平面EMN∥平面SBD，
所以AC⊥平面EMN，所以AC⊥EP.故正确．
在②中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；
在③中：由①可知平面EMN∥平面SBD，所以EP∥平面SBD，因此正确．
在④中：由①同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，
则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，
因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．
所以恒成立的结论是：①③.
3．(多选)(2021·丹东高一检测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，则( )
A．A1O∥平面B1D1C
B．A1O与CD1成角为30°
C．A1O⊥B1D1
D．A1O⊥平面BDC1
【解析】选ABC.如图所示：
A.因为OC∥A1O1，OC＝A1O1，A1O1CO是平行四边形，所以A1O∥CO1，因为A1O⊄平面B1D1C，CO1⊂平面B1D1C，所以A1O∥平面B1D1C，故正确；
B. 因为A1B∥CD1，所以∠OA1B为所成的角，又BD⊥平面AA1C1C，则BD⊥A1O，设棱长为a，则BO＝ eq \f(\r(2),2) a，A1B＝ eq \r(2) a，sin ∠OA1B＝ eq \f(1,2) ，因为∠OA1B∈(0， eq \f(π,2) )，则∠OA1B＝30°，故正确；
C. 因为B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，A1C1∩AA1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1C，则B1D1⊥A1O，故正确；
D. 因为A1O＝C1O＝ eq \f(\r(6),2) a，A1C1＝ eq \r(2) a，A1O2＋C1O2≠A1C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，所以A1O，C1O不垂直，则A1O与平面BDC1不垂直，故错误．
二、填空题
4．已知平面α，β和直线m，给出下列条件：
①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.
当满足条件________时，有m⊥β.
【解析】若m⊥α，α∥β时，有m⊥β，故填②④.
答案：②④
5．(2021·杭州高一检测)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥平面ABD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.则下列结论中：正确结论的序号是________.①EF∥平面ABC；②AD⊥AC；③EF∥CD.
【解析】由AB⊥AD，EF⊥AD，AD，EF，AB共面，
所以EF∥AB，
因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC；故①正确；
BC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD，
又因为AB⊥AD，AB∩BC＝B，AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC，故②正确；
若EF∥CD，则EF∥平面ACD，或EF在平面ACD内，EF与平面ACD相交于点E，显然不成立，故③不正确．
答案：①②
6．(2021六安高一检测)在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是________.
【解析】取BC的中点N，连接AN，PN，如图，
因为AB＝AC＝5，BC＝6，
所以AN⊥BC，AN＝ eq \r(AC2－（\f(BC,2)）2) ＝4，
因为PA⊥平面ABC，PA＝8，所以PA⊥BC，PA⊥AN，
所以PN＝ eq \r(AN2＋PA2) ＝4 eq \r(5) ，
又PA∩AN＝A，所以BC⊥平面APN，BC⊥PN，
所以点P到BC的距离为PN＝4 eq \r(5) .
答案：4 eq \r(5)
7．如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；
②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；
④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).
【解析】对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，从而可得EA⊥PB，故①正确．
对于②，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．
对于③，由于在正六边形中BC∥AD，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．
对于④，由条件得△PAD为直角三角形，且PA⊥AD，又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°.故④正确．
答案：①④
三、解答题
8．(2021·南京高一检测)如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)若PD与平面ABCD所成的角为α，当α为多少时，MN⊥平面PCD?
【解析】(1)取PD的中点E，连接NE，AE，如图．
因为N是PC的中点，
所以NE∥DC且NE＝ eq \f(1,2) DC，
又因为DC∥AB且DC＝AB，AM＝ eq \f(1,2) AB，
所以AM∥CD且AM＝ eq \f(1,2) CD，
所以NE∥AM，且NE＝AM，
所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，
因为AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN∥平面PAD；
(2)当α＝45°时，MN⊥平面PCD，证明如下：
因为PA⊥平面ABCD，
所以∠PDA即为PD与平面ABCD所成的角，
所以∠PDA＝45°，所以AP＝AD，所以AE⊥PD.
又因为MN∥AE，所以MN⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，所以CD⊥MN，
又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，
所以MN⊥平面PCD.
9．(2021遂宁高一检测)在如图所示的多面体中，ABCD是正方形，A，D，E，F四点共面，AF∥平面CDE.
(1)求证：BF∥平面CDE；
(2)若AD＝DE＝3，AF＝1，EF＝ eq \r(13) ，求证：AD⊥平面CDE.
【证明】(1)由ABCD是正方形，可知AB∥DC，
而AB⊄平面CDE，DC⊂平面CDE，
所以AB∥平面CDE，
又AF∥平面CDE，AB∩AF＝A，
所以平面ABF∥平面CDE，
又BF⊂平面ABF，
所以BF∥平面CDE.
(2)因为AF∥平面CDE，AF⊂平面ADEF，
平面CDE∩平面ADEF＝DE，所以AF∥DE.
如图，在线段ED上取点G，使得EG＝2，
于是DG＝1＝AF，而AF∥DG，
所以ADGF是平行四边形．
所以FG＝AD＝3，又EF＝ eq \r(13) ，
于是EF2＝EG2＋FG2，即FG⊥EG，则AD⊥ED.
因为ABCD是正方形，有AD⊥DC，
而DC∩DE＝D，所以AD⊥平面CDE.