【2023届必备】2023版高考一轮复习训练24　空间位置关系

训练24　空间位置关系

一、单选题

1．(2022·江苏七市调研)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则(　　)

A．若m∥α，n∥α，则m∥n

B．若m∥α，m⊥β，则α∥β

C．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n

D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n

答案　C

解析　当m∥α，n∥α时，m，n可以相交、平行、或异面，A错；

当m∥α时，α内必有b∥m，而m⊥β，则b⊥β，从而α⊥β，B错；

α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊥β，∴m∥n，C正确；

α⊥β，m∥α，n∥β，m，n可以相交、平行、或异面，D错．

2.(2022·西安模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，则下列命题不正确的是(　　)

A．平面PAB⊥平面PBC

B．平面PAB⊥平面ABC

C．平面PAC⊥平面PBC

D．平面PAC⊥平面ABC

答案　C

解析　∵PA＝BC＝1，PB＝AC＝，PC＝，

∴在△PBC中，

PB2＋BC2＝()2＋12＝()2＝PC2，

∴BC⊥PB，

又PA⊥BC且PA∩PB＝P，

∴BC⊥平面PAB，

又BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，

∴平面PAB⊥平面PBC，平面PAB⊥平面ABC，

故A，B正确；

∵在△PAC中，

PA2＋AC2＝12＋()2＝()2＝PC2，

∴PA⊥AC，

∵PA⊥BC，BC∩AC＝C，

∴PA⊥平面ABC，

又∵PA⊂平面PAC，

∴平面PAC⊥平面ABC，故D正确；

对于C选项，假设平面PAC⊥平面PBC，则过A作AM⊥PC于M，如图，

由平面PAC∩平面PBC＝PC，

∴AM⊥平面PBC，可得AM⊥BC，又PA⊥BC，PA∩AM＝M，

∴BC⊥平面PAC，

∴BC⊥AC，

这与△ABC中BC⊥AB矛盾，故假设不正确，故C选项错误．

3．(2022·遂宁模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1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

答案　C

解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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，显然不成立，所以假设不成立，故D不正确．

4．(2022·包头模拟)在三棱锥S－ABC中，若SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，SA＝2，SA⊥BC，设异面直线SC与AB所成角为α，则cos α等于(　　)

A．－  B.  C.  D．－

答案　B

解析　如图，分别取BC，SB，SA的中点E，F，G，连接AE，SE，EF，EG，FG，

∵SB＝SC＝AB＝AC＝BC＝4，E为BC的中点，则AE⊥BC，SE⊥BC，

且AE＝SE＝＝2，

∵G为SA的中点，

则EG⊥SA，且EG＝＝3，

∵E，F分别为BC，SB的中点，∴EF∥SC且EF＝SC＝2，

同理可得FG∥AB且FG＝AB＝2，

∴异面直线SC与AB所成角为∠EFG或其补角，

由余弦定理可得cos∠EFG＝＝＝－，

因此，异面直线SC与AB所成角的余弦值为.

二、多选题

5．若α∥β，a⊂α，M∈β，过点M的所有直线中说法错误的有(　　)

A．不一定存在与a平行的直线

B．只有两条与a平行的直线

C．存在无数条与a平行的直线

D．有且只有一条与a平行的直线

答案　ABC

解析　因为α∥β，a⊂α，M∈β，所以M∉α，M∉a，

所以点M和直线a可以确定唯一一个平面γ，

设β∩γ＝b，

因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以b∥a，

所以过点M的所有直线中有且只有一条与a平行的直线，

所以选项A，B，C说法不正确，选项D说法正确．

6．(2022·大连模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段 B1C上运动，则(　　)

A．直线BD1⊥平面A1C1D

B．直线AP∥平面A1C1D

C．三棱锥P－A1C1D的体积为定值

D．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是

答案　ABC

解析　如图，由正方体的性质知，BD1在平面A1B1C1D1，平面ADD1A1上的投影分别为B1D1，AD1，而B1D1⊥A1C1，AD1⊥A1D，则BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，A1C1∩A1D＝A1，所以BD1⊥平面A1C1D，A正确；

如图，同A选项可证BD1⊥平面AB1C，所以平面AB1C∥平面A1C1D，而AP⊂平面AB1C，则AP∥平面A1C1D，B正确；

P在线段 B1C上运动，由B知B1C∥平面A1C1D，所以三棱锥P－A1C1D的体积为定值，C正确；

由正方体性质得A1D∥B1C，即AP与A1D所成角等于AP与B1C所成角，所成角的取值范围是，D错误．

三、填空题

7．已知长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球体积为π，且AA1＝BC＝2，则直线A1C与平面BB1C1C所成的角为________．

答案　

解析　设长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球半径为R，因为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球体积为πR3＝π，所以R＝2，即A1C＝2R＝4，

因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2.

因为A1B1⊥平面BB1C1C，

所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，

在Rt△A1CB1中，因为AA1＝BC＝2，

所以B1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.

8．(2022·南昌模拟)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°，点E在棱A1D1上，且A1E＝2ED1，平面α过点E且平行于平面A1DB，则平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形的面积是________．

答案　a2

解析　如图，符合条件的截面是六边形EFGHMN，

EF＝GH＝MN＝a，FG＝HM＝NE＝a，且六边形内角均为120°，

连接EG，GM，ME(图略)，可知△EGM为等边三角形，

EG2＝EF2＋FG2－2×EF×FG×cos 120°

＝2＋2－2×a×a×cos 120°

＝a2，

所以平面α与平行六面体ABCD－A1B1C1D1各表面交线围成的多边形面积为3××EF×FG×sin 120°＋×EG2×sin 60°＝a2.

四、解答题

9. 如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．

(1)证明：平面BMN∥平面PCD；

(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积．

(1)证明　如图，

连接BD，

∵AB＝AD，∠BAD＝60°，

∴△ABD为正三角形．

∵M为AD的中点，

∴BM⊥AD.

∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，

∴BM∥CD.

又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，

∴BM∥平面PCD.

∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD.

又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，

∴MN∥平面PCD.

又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，

∴平面BMN∥平面PCD.

(2)解　在(1)中已证BM⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM⊂平面ABCD，

∴BM⊥平面PAD.

又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3.

在△PAD中，∵PA＝PD，PA⊥PD，

∴PA＝PD＝AD＝3.

∵M，N分别为AD，PA的中点，

∴S△PMN＝S△PAD＝××(3)2＝，

∴VP－BMN＝VB－PMN＝S△PMN·BM

＝××3＝.

∴三棱锥P－BMN的体积为.

10. 如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，AB＝BD＝2，∠BDC＝30°，AE＝ED，F是AC上一点，且平面BFE⊥平面ABD.

(1)求证：AD⊥BF；

(2)求多面体BCDEF的体积．

(1)证明　因为△ABD是等边三角形，AE＝ED，

所以AD⊥BE，

因为平面BFE⊥平面ABD，且交线为BE，AD⊂平面ABD，

所以AD⊥平面BEF，

因为BF⊂平面BEF，

所以AD⊥BF.

(2)解　因为∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，BD＝2，

所以CD＝，cos∠CAD＝＝，

在Rt△AEF中，cos∠CAD＝＝，

又AE＝1，

所以AF＝，CF＝，

所以＝，

所以点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的，

所以VF－ABE＝×VC－ABD＝VA－BCD，

所以VBCDEF＝VA－BCD＝×S△BCD×AO

＝××＝.