新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点15空间位置关系空间角与空间距离小题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点15空间位置关系空间角与空间距离小题突破（附解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·河北保定模拟]设α，β是两个不同的平面，则“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．[2023·河北石家庄模拟]已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，其中下列命题正确的是( )
A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β
C．若m⊂α，m⊥β，则α⊥βD．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
3．在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AB，eq \(PH,\s\up6(→))＝2eq \(HC,\s\up6(→))，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是( )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(\r(3),3)C．eq \f(\r(6),3)D．eq \f(2\r(2),3)
4．[2023·河北张家口模拟]已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则下列选项不正确的是( )
A．直线A1B与B1C所成的角为60°B．A1B⊥DB1
C．DB1⊥平面ACD1D．B1C⊥B1D
5．[2023·河北保定模拟]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝2，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且VP­ABCD＝eq \f(16\r(3),3)，则PC与平面PAD所成角的正切值为( )
A．2B．eq \f(1,2)C．eq \r(3)D．eq \f(\r(3),2)
6．[2022·全国乙卷]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D
7．[2022·全国甲卷]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则( )
A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
8．[2023·全国乙卷]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C­AB­D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A．eq \f(1,5)B．eq \f(\r(2),5)C．eq \f(\r(3),5)D．eq \f(2,5)
二、多项选择题
9．[2023·河北唐山模拟]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，l是空间任意一条直线，以下说法正确的有( )
A．平面α与β必相交
B．若l⊥m，则l∥α
C．若l与n所成的角为30°，则l与平面β所成的角为60°
D．若m与n所成的角为30°，则平面α与β的夹角为60°
10．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
11.
如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，点P，Q，M分别为A1D1，C1D1，BC的中点，下列结论正确的有( )
A．AC∥平面PQM
B．该四棱柱有外接球，则四边形ABCD为正方形
C．BC与平面PQM不可能垂直
D．BD⊥QM
12．[2023·山东潍坊模拟]如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则( )
A.直线BD与直线JL所成角为eq \f(π,3)
B．直线CG与平面EFHILK所成角为eq \f(π,6)
C．该几何体的体积为eq \f(23\r(2),12)
D．该几何体中，二面角A­BC­D的余弦值为eq \f(1,3)
[答题区]
三、填空题
13．已知四棱锥P­ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，则该四棱锥的4个侧面中直角三角形的个数是________．
14.
第14题图
如图，三棱锥P­ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6.则二面角P­BC­A的正弦值为________．
15．已知m，n是平面α外的两条不同的直线，给出三个论断：①m⊥n；②n∥α；③m⊥α.以其中两个论断作为条件，余下的一个论断为结论，请写出一个正确的命题(论断用序号表示)：________．
16．[2023·河北沧州模拟]在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(－1，0，3)，E(a2，0，5)，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为________．
命题点15 空间位置关系、空间角与空间距离(小题突破)
1．解析：
如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1B1∥平面ABCD.
在平面ABB1A1内，除直线AB外，其他所有与A1B1平行的直线，都与平面ABCD平行，但是平面ABB1A1与平面ABCD不平行；
若α∥β，根据面面平行的定义可知，平面α内的直线都与平面β平行．
所以，“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的必要不充分条件．故选B.
答案：B
2．解析：若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，A错；
若m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，α与β不一定垂直，因此m⊥β不正确，B错误；
由面面垂直的判定定理知C正确；
若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，D错误．故选C.
答案：C
3．解析：
在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令PA＝AB＝6，而E，F分别是棱CD，PA的中点，则B(6，0，0)，C(6，6，0)，P(0，0，6)，E(3，6，0)，F(0，0，3)，
由eq \(PH,\s\up6(→))＝2eq \(HC,\s\up6(→))得：eq \(PH,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝(4，4，－4)，则H(4，4，2)，
eq \(BH,\s\up6(→))＝(－2，4，2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(3，6，－3)，
所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cs〈eq \(BH,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BH,\s\up6(→))·\(FE,\s\up6(→))|,|\(BH,\s\up6(→))||\(FE,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )))＝eq \f(12,2\r(6)×3\r(6))＝eq \f(1,3).故选A.
答案：A
4．解析：如图所示，
对于A项，如图，因为A1B∥D1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角为∠D1CB1或其补角．
又因为△B1CD1为等边三角形，所以∠D1CB1＝60°，故A项正确；
对于B项、C项，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD.
又因为BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥AC.
又因为BD⊂平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D.
又B1D⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥DB1.
同理：AD1⊥DB1，DB1⊥A1B,
又AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，AC∩AD1＝A，
所以DB1⊥平面ACD1，故B项、C项正确；
对于D项，∵DC⊥平面BCC1B1，
∴DC⊥CB1，即：在△DCB1中，∠DCB1＝90°，
由三角形内角和可知，∠CB1D<90°，故D项错误．故选D.
答案：D
5．解析：
取AD的中点O，连接PO，
由已知△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
设PD＝x，则PO＝eq \f(\r(3),2)x，AD＝x，又AB＝2，
所以矩形ABCD的面积SABCD＝2x，
所以四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝eq \f(1,3)×SABCD×PO＝eq \f(1,3)×2x×eq \f(\r(3),2)x＝eq \f(\r(3),3)x2，
所以eq \f(\r(3),3)x2＝eq \f(16\r(3),3)，所以x＝4，
所以PD＝4，
因为平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以CD⊥PD，
所以△CDP为直角三角形，斜边为PC，
因为CD⊥平面PAD，
所以PC与平面PAD所成的角为∠CPD，
在Rt△CDP中，CD＝AB＝2，PD＝4，
所以tan∠CPD＝eq \f(CD,PD)＝eq \f(1,2)，
PC与平面PAD所成角的正切值为eq \f(1,2).故选B.
答案：B
6.
解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.
答案：A
7．解析：
连接BD，则∠B1DB，∠DB1A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝eq \f(1,2)DB1，BD＝eq \f(\r(3),2)DB1，AD＝eq \f(1,2)DB1.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝eq \r(3)a，所以AB＝eq \r(BD2－AD2)＝eq \r(2)a，AC＝BD＝eq \r(3)a，CB1＝eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋BC2)＝eq \r(2)a.所以AB＝eq \r(2)AD，AC≠CB1，因此A，C项错误．易知∠DB1C是B1D与平面BB1C1C所成的角，且为锐角．因为DC＝eq \r(2)a，DB1＝2a，CB1＝eq \r(2)a，所以DC2＋CB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝DB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，所以DC⊥CB1.在Rt△DCB1中，sin∠DB1C＝eq \f(DC,DB1)＝eq \f(\r(2),2)，所以∠DB1C＝45°，即B1D与平面BB1C1C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB与平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝eq \r(2)a，BB1＝a，所以tan∠B1AB＝eq \f(BB1,AB)＝eq \f(\r(2),2)≠eq \f(\r(3),3)，所以∠B1AB≠30°，即AB与平面AB1C1D所成的角不是30°，因此B项错误．故选D.
答案：D
8．解析：
如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝eq \r(3)，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝eq \r(3＋1－2×\r(3)×1×（－\f(\r(3),2)）)＝eq \r(7).延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝eq \f(1,2)DM＝eq \f(\r(3),2)，MH＝eq \f(\r(3),2)DM＝eq \f(3,2)，所以CH＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2).因为DH⊂平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝eq \f(DH,CH)＝eq \f(\r(3),5)，故选C.
答案：C
9．解析：对A，若平面α与β平行，则m⊥β，又n⊥β，
则m∥n，与m，n为异面直线矛盾，故平面α与β必相交，故A正确；
对B，l⊥m，l可能在平面α内，所以l∥α不正确，故B错误；
对C，过n上一点P作l′∥l，交β于A，则直线AB为l′在平面β上的射影，如图，
所以l′与平面β所成的角为∠PAB，由题意知∠APB＝30°，所以∠PAB＝60°，
由l′∥l可知，l与平面β所成的角为60°，故C正确；
对D，平移m，n过点O，分别与α，β交于C，D，平面OCD与棱EF交于Q，连接CQ，DQ，如图，
由m，n分别垂直两平面，易知棱EF与平面OCD垂直，可得CQ，DQ与EF垂直，
故∠CQD为二面角的平面角，由m与n所成的角为30°，可知∠CQD＝150°，
所以平面α与β的夹角为180°－150°＝30°，故D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．
如图(2)，连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，CA1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确．如图(3)，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．
如图(4)，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：
对A，连接A1C1，由点P，Q分别为A1D1，C1D1的中点可得A1C1∥PQ，
∵AA1∥BB1∥CC1，AA1＝BB1＝CC1，所以四边形A1ACC1为平行四边形，
则AC∥A1C1，故AC∥PQ，AC⊄平面PQM，PQ⊂平面PQM，则AC∥平面PQM，即A正确；
对B，若四棱柱有外接球，则四边形ABCD有外接圆，则ABCD对角互补，则ABCD为正方形，即B正确；
对C，若BC⊥平面PQM，PQ⊂平面PQM，则BC⊥PQ，由PQ∥AC可得BC⊥AC，与条件矛盾，故BC与平面PQM不可能垂直，即C正确；
对D，取CD的中点N，连接MN，QN，则MN∥BD，QN∥CC1，
∵CC1⊥平面ABCD，∴QN⊥平面ABCD，∵MN⊂平面ABCD，∴QN⊥MN，
∴∠QNM＝90°，则∠QMN<90°，故BD与QM不垂直，即D错误．故选ABC.
答案：ABC
12．解析：
将该几何体还原为原正四面体Q­MNS，棱长为a，设△MNS中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq \f(\r(3),3)a，OQ＝eq \r(\f(2,3))a，S△MNS＝eq \f(\r(3),4)a2，VQ­MNS＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2×eq \r(\f(2,3))a＝eq \f(\r(2),12)a3，
对A：因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成角即为MQ与QN所成角为eq \f(π,3)，故A正确；
对B：直线CG与平面EFHILK所成角为QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq \f(QO,QN)＝eq \r(\f(2,3))，∠QNO≠eq \f(π,6)，故B错误；
对C：该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，eq \f(\r(2),12)×33－4×eq \f(\r(2),12)×13＝eq \f(23\r(2),12)，故C正确；
对D：二面角A­BC­D的大小与A­BC­Q的大小互补，显然A­BC­Q的大小为锐角，所以二面角A­BC­D的大小一定为钝角，故D错误．故选AC.
答案：AC
13．解析：由题意，在四棱锥P­ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，
可得PA⊥AD，PA⊥AB，
所以△PAD，△PAB为直角三角形；
又由四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，
结合PA⊥BC，PA∩AB＝A，可得BC⊥平面PAB，
又因为PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，
同理，△PCD也为直角三角形，
该四棱锥的4个侧面中直角三角形的个数是4.
答案：4
14．解析：
取BC的中点D，连结PD，AD，因为PB＝PC，所以PD⊥BC，
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为PD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，所以BC⊥AD，
所以∠PDA即为二面角P­BC­A的平面角，
因为PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝eq \f(\r(3),2)×6＝3eq \r(3)，sin∠PDA＝eq \f(PA,PD)＝eq \f(3,3\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
即二面角P­BC­A的正弦值是eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
15．解析：若②③，则①，即若n∥α，m⊥α，则m⊥n.
过直线n作平面β∩α＝l，因为n∥α，则有n∥l，如图，
又m⊥α，l⊂α，于是得m⊥l，即有m⊥n，
所以“若②③，则①”是真命题；
若①③，则②，即若m⊥n，m⊥α，则n∥α，
在直线m上取点P，过P作直线a∥n，直线a与m确定平面γ，如图，
因为m⊥α，则平面γ与平面α必相交，令交线为b，于是得m⊥b，而m⊥n，即有m⊥a，
又a，b⊂γ，因此b∥a∥n，又n⊄α，b⊂α，则有n∥α，
所以“若①③，则②”是真命题；
若①②，则③，即若m⊥n，n∥α，则m⊥α，
在长方体ABCD­A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，直线A1B1，B1C1分别为直线m，n，如图，
显然有m⊥n，n∥α，而m∥α，即m⊥α不成立，
所以“若①②，则③”是假命题．
答案：若②③，则①(或若①③，则②)
16．解析：依题意可得eq \(DA,\s\up6(→))＝(a2＋1，2a，3)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，0，2).
设n＝(x，y，z)是平面BCD的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0,－x＋2z＝0))，令x＝2，得n＝(2，－3，1).
所以点A到平面BCD的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2a2－6a＋5)),\r(14))＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2),\r(14)).
当a＝eq \f(3,2)时，d取得最小值，此时，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－3，－1)，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(8,\r(10)×\r(14))＝eq \f(4\r(35),35).
答案：eq \f(4\r(35),35)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案