2025年高考数学一轮复习-7.5-空间向量与线、面位置关系-专项训练（含答案）

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.5-空间向量与线、面位置关系-专项训练（含答案），共13页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A.直线AC B.直线AB
C.直线CD D.直线BC
2.设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l∥β”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
.3.设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是( )
A.m⊥α，n∥α，则m⊥nB.m⊥α，n⊥α，则m∥n
C.m⊥α，m⊥n，则n∥αD.m⊥n，n∥α，则m⊥α
4.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( )
A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
5.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是( )
A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE
C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE
6.(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面.下列说法中正确的是( )
A.若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n
B.若m∥n，m∥α，则n∥α
C.若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ
D.若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
8.已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列命题是真命题的有________(填序号).
①过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；
②过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；
③过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；
④过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行.
9.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则m＝________；n＝________.
10.四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE＝3ED，若eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))且满足BF∥平面ACE，则λ＝________.
11.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上.已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
12.如图，过四棱柱ABCD－A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开，得到截面BDEF.
(1)请在木块的上表面作出过点P的锯线EF，并说明理由；
(2)若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，试证明：平面BDEF⊥平面ACC1A1.
二、创新拓展练
13.(多选)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论正确的是( )
A.三棱锥A－D1PC的体积不变B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1D.平面PDB1⊥平面ACD1
14.(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1，则下列结论中正确的是( )
A.平面A1B1CD⊥平面BC1D
B.在直线A1C上存在一点R使得D1R⊥平面BC1D
C.平面A1B1CD上存在一点P使得D1P∥平面BC1D
D.在直线A1C上存在一点Q使得D1Q∥平面BC1D
15.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2eq \r(3)，点P为线段DE上一点，当三棱锥P－ACE的体积为eq \f(\r(3),3)时，eq \f(DP,DE)＝________.
16.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在棱BB1上.
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取两个条件，并说明能否证明AB1⊥平面C1DF.
①F为BB1的中点；②AB1＝eq \r(3)；
③AA1＝eq \r(2).
注：如果选择多种情况分别解答，那么按第一个解答计分.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 C
解析 由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
∴点D在平面ABC与平面β的交线上，
又C∈平面ABC，C∈β，
∴点C在平面β与平面ABC的交线上，
∴平面ABC∩平面β＝直线CD.
2.答案 B
解析 只有l∥β不能推出α∥β，但α∥β时，可以得到l∥β.
3.答案 D
解析 对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，
∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；
对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，
则n∥α或n⊂α，又n⊄α，
∴n∥α，故C正确；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错误.
4.答案 B
解析 因为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，连接BD，
所以BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，
又BM是△BDE中DE边上的中线，
EN是△BDE中BD边上的中线，
所以BM，EN是相交直线，
设DE＝a，则BD＝eq \r(2)a，
BE＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(5a2,4))＝eq \r(2)a，
所以BM＝eq \f(\r(7),2)a，EN＝eq \r(\f(3,4)a2＋\f(a2,4))＝a，
所以BM≠EN.
5.答案 C
解析 如图，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OH，AC，BH，MN.
因为M，N分别是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝eq \f(1,2)CD，NH∥CD，且NH＝eq \f(1,2)CD，
所以OM∥NH且OM＝NH，
所以四边形MNHO是平行四边形，
所以OH∥MN.
又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH，故选C.
6.答案 ACD
解析 由线面平行的性质定理可知：
选项A正确；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，所以选项B错误；
如图，设α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ内取一点A，过点A分别作AB⊥l，AC⊥m，
垂足分别为B，C，
因为α⊥γ，α∩γ＝l，AB⊥l，AB⊂γ，
所以AB⊥α，因为n⊂α，
所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，
因为AB∩AC＝A，所以n⊥γ，所以选项C正确；
因为m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，
所以β∥γ，所以选项D正确.故选ACD.
7.答案 eq \r(2)
解析 根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC.又E是AD的中点，
所以F是CD的中点.
因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq \r(2).
8.答案 ①②④
解析 在AB上任取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此③是假命题.①②④均是真命题.
9.答案 4 4
解析 直线CE⊂平面ABPQ，
从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，
则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.
易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4.
10.答案 eq \f(2,3)
解析 如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，在线段PE取一点G使得GE＝ED.
连接BG，则BG∥OE.
又因为OE⊂平面AEC，BG⊄平面AEC，所以BG∥平面AEC.
因为BF∥平面ACE且满足BG∩BF＝B，故平面BGF∥平面AEC.
因为平面PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面AEC＝EC，则GF∥EC.
所以eq \f(PF,PC)＝eq \f(PG,PE)＝eq \f(2,3)，即λ＝eq \f(2,3)为所求.
11..证明 (1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4).
于是eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，
又eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，
所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，
且BC∩BM＝B，BC，BM⊂平面BMC，
所以AP⊥平面BMC，
于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，
故平面AMC⊥平面BMC.
12.(1)解 在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1，A1B1于E，F两点，则EF为所作的锯线.
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱B1B∥D1D，B1B＝D1D，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
B1D1∥BD.
又EF∥B1D1，
所以EF∥BD，故EF为截面BDEF与平面A1B1C1D1的交线，故EF为所作锯线.如图所示.
(2)证明 由于四边形BB1D1D是矩形，
所以BD⊥B1B.
又A1A∥B1B，所以BD⊥A1A.
又四棱柱的底面为菱形，所以BD⊥AC.
因为AC∩A1A＝A，AC，A1A⊂平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.
因为BD⊂平面BDEF，
所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.
二、创新拓展练
13.(多选)答案 ABD
解析 对于A，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，由A知：AD1∥BC1，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，从而有A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定知，平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确.
14.答案 ACD
解析 对于A，可以证明BC1⊥平面A1B1CD，从而平面A1B1CD⊥平面BC1D.
对于B，过点A1作A1S⊥OD于点S，
因为平面A1B1CD⊥平面BC1D，
所以A1S⊥平面BC1D，
设R为直线A1C上任意一点，连接PR，D1R，
则A1S，D1R一定为异面直线，
所以不存在直线A1C上的一点R使得D1R⊥平面BC1D.
对于C，设A1D∩AD1＝P，则P为平面A1B1CD上的一点，满足D1P∥平面BC1D.
对于D，设B1C∩BC1＝O，连接DO，过点P作PQ∥DO交A1C于Q，连接D1Q，
可以证明平面PQD1∥平面BC1D，
所以存在直线A1C上的一点Q，使得D1Q∥平面BC1D.
故选ACD.
15.答案 eq \f(3,4)
解析 如图，过A作AF⊥CB的延长线，垂足为F，
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AF⊥平面BCDE，
由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2eq \r(3)，得eq \f(1,2)BC·AF＝2eq \r(3)，
∴AF＝eq \r(3)，
在DE上取一点P，连接AP，CP，AD，
∵VP－ACE＝VA－PCE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×PE×CD×AF＝eq \f(\r(3),3).
∴PE＝1，∴eq \f(DP,DE)＝eq \f(3,4).
16.(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，依题意有A1C1＝B1C1＝1，
且∠A1C1B1＝90°，
又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，
又AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，
又A1B1∩AA1＝A1，
A1B1⊂平面AA1B1B，
AA1⊂平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)解 若选①③，则能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B，如图，
则DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，又AA1＝eq \r(2)，于是得四边形AA1B1B为正方形.
所以A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1.
因为C1D⊥平面AA1B1B，
AB1⊂平面AA1B1B，
所以C1D⊥AB1，
又DF∩C1D＝D，C1D⊂平面C1DF，
DF⊂平面C1DF，
所以AB1⊥平面C1DF.
若选①②，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B(图略)，则DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
则AB＝eq \r(2)，AA1＝eq \r(ABeq \\al(2,1)－A1Beq \\al(2,1))＝1，
则A1B与AB1不垂直，
即DF与AB1不垂直，
所以AB1不垂直于平面C1DF.
若选②③，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，又AB1＝eq \r(AB2＋BBeq \\al(2,1))＝2≠eq \r(3)，矛盾，
所以不能证明AB1⊥平面C1DF.