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2025高考数学一轮复习-7.7-空间的角与距离综合问题-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是矩形，3BC＝2CC1＝6，D为AB的中点，且A1D＝.
(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；
(2)求直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值．
2．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6.
(1)求点B到平面ACC1A1的距离；
(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，M是棱PC(不与端点重合)上的点，N，Q分别为PA，AD的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.
(1)证明：BN∥平面PCD.
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC的夹角的大小为？
4．如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE.
(2)求二面角C－A1E－D的余弦值．
5．如图所示，在三棱柱ADF－BCE中，侧面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝；侧面ABEF为矩形，AF＝4，且平面ABCD⊥平面ABEF.
(1)求证：BD⊥CF；
(2)设M是线段AF上的动点，试确定点M的位置，使二面角M－BC－D的余弦值为.
6．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，侧棱CC1⊥平面ABC，点D是棱AB的中点，点E是棱BB1上的动点(不含端点B)．
(1)证明：平面AA1B1B⊥平面DCC1；
(2)求平面ABE与平面ACE的夹角的余弦值的最小值．
【B级　能力提升】
1．如图，在三棱锥S－ABC中，BA＝BC，∠SAB＝∠SCB＝∠ABC＝90°.
(1)证明：AC⊥SB；
(2)若AB＝2，SC＝2，点D满足＝，求二面角S－BC－D的大小．
2．如图，已知四边形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，且二面角F－DC－B的大小为60°.
(1)证明：平面BCF⊥平面ABCD；
(2)在线段AE上是否存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．[解析]　(1)证明：由题知AA1＝CC1＝3，AD＝1，A1D＝，
∴AD2＋AA＝A1D2，∴AA1⊥AD，
∵CC1∥AA1，CC1⊥BC，∴AA1⊥BC，
又∵AD∩BC＝B，∴AA1⊥平面ABC，
又CD 平面ABC，∴CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D为AB的中点，则CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1.
(2)解法一：由题意知B1C＝，CD＝，
设B1到平面A1DC的距离为d，则由VC－A1B1D＝VB1－A1DC得3＝d，解得d＝，
∴直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值
sin θ＝＝＝.
解法二：如图，取BC的中点为O，B1C1的中点为Q，
由(1)可知，三棱柱的侧面与底面垂直，从而OA，OB，OQ两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OQ，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则C(－1,0,0)，D，A1(0,3，)，B1(1,3,0)，∴＝，
＝(1,3，)，＝(2,3,0)，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－，y＝，于是n＝，
设直线CB1与平面A1CD所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
2．[解析]　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，
ABC－A1B1C1是三棱柱，
VB－ACC1A1＝VABC－A1B1C1＝VABCD－A1B1C1D1＝2，
设点B到平面ACC1A1的距离为d，
则VB－ACC1A1＝SACC1A1·d＝×6d＝2，所以d＝1，
即点B到平面ACC1A1的距离为1.
(2)在 ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以ABCD是菱形，连接BD交AC于O，则BO＝1，由(1)知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1.
设点A1在直线AC上射影为点H，S ACC1A1＝AC·A1H＝2·A1H＝6，
则A1H＝，
且BO⊥A1H，AH＝＝＝，
所以O和H重合，即A1O⊥AO.
解法一：由BD⊥AA1知BD⊥BB1，∴BD1＝＝，
作OP⊥AB于P，又A1O⊥AB.
∴AB⊥平面A1PO，∴AB⊥A1P，
又AO＝，OB＝1，∴OP＝，
又A1O＝，∴A1P＝＝，∴SCDD1C1＝.
∴B到平面CC1D1D的距离d＝＝，
∴BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值sin θ＝＝.
解法二：以O为坐标原点，OA，OB，OA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,1,0)，A(，0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0，)，
根据＝＝(－，0，)，＝＝(－，1,0)，
则D1(－，－1，)，
＝(－，－2，)，设平面CC1D1D的一法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，则n＝(1，，1)，
设直线BD1与平面CC1D1D所成角为α，则sin α＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值为.
3．[解析]　(1)证明：证法一：取PD的中点H，连接NH，CH，又N为PA的中点，∴NH∥AD，NH＝AD.
因为BC∥AD，BC＝AD，
所以NH∥BC，且NH＝BC，
所以四边形BCHN为平行四边形，所以BN∥CH.
又BN 平面PCD，CH 平面PCD，
所以BN∥平面PCD.
证法二：连接NQ，BQ，∵N、Q分别为PA，AD的中点，
∴NQ∥PD，又PD 平面PDC，NQ 平面PDC，
∴NQ∥平面PDC，
又BC綉AD綉DQ，∴BCDQ为平行四边形，
∴BQ∥DC，同理BQ∥平面PDC，
∴平面NBQ∥平面PDC，又BN 平面NBQ，
∴BN∥平面PDC.
证法三：延长AB、DC交于H，连接PH，∵BC綉AD，
∴B为AH的中点，又N为PA的中点，
∴BN∥PH，又PH 平面PDC，BN 平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
证法四：∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD，
又BC綉AD綉QD，∴BQ∥CD，从而BQ⊥AD，
又PQ⊥QA，PQ⊥QB，如图建立空间直角坐标系，
则Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，N，
所以＝(0，，0)，＝(0，，0)，＝(1,0，)，＝(－1，，－)，
设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则
令x′＝3，则y′＝0，z′＝－，
所以平面PDC的一个法向量为n＝(3,0，－)．
又＝，
∴·n＝－＝0，
即⊥n，又BN 平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
(2)由(1)证法四知
PC＝.
设＝λ，则＝(－λ，λ，－λ)，
且0<λ<1，得M(－λ，λ，－λ)，
＝(－λ，λ，(1－λ))，
设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令x＝，则y＝0，z＝，
所以平面MBQ的一个法向量为m＝.
平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为，
cos 60°＝＝＝，
解得λ＝，∴PM＝PC＝，
即当PM＝时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为.
4．[解析]　(1)证明：由题意可知∠BEC＝∠CED＝，∴∠BED＝，即DE⊥BE，
∵A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，
∴DE⊥平面A1BE.
(2)取BE的中点O，连A1O，CO，由题意易知BE＝2CD，DE＝CD，
由DE⊥BE，且CD⊥DE，可得OE∥CD，
∴OCDE是平行四边形，CO∥DE，CO⊥平面A1BE，
设BE＝2，以O为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A1(0,0,1)，E(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，1,0)，
∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
设平面A1EC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝1，则y＝－1，z＝－1，
∴平面A1EC的一个法向量为n＝(1，－1，－1)，
又A1B⊥A1E，A1B⊥DE，∴A1B⊥平面A1ED.
∴平面A1ED的一个法向量为m＝＝(1,0，－1)，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
∴二面角C－A1E－D的余弦值为.
5．[解析]　(1)证明：连接AC，在矩形ABEF中，明显有：AF⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，从而可得：AF⊥平面ABCD，又BD 平面ABCD，从而可得：AF⊥BD.
又在菱形ABCD中，AC⊥BD，且AC∩AF＝A，
则BD⊥平面ACF，又CF 平面ACF，
则BD⊥CF.
(2)如图，建立空间直角坐标系，设M(0,0，t)(0≤t≤4)，且B(2,0,0)，C(1，，0)，则＝(－1，，0)，＝(－2,0，t)，
设m＝(x，y，z)是平面MBC的一个法向量，
由0＝m·＝－x＋y及0＝m·＝－2x＋tz，
故可取m＝(t，t,2)，
又明显，平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
由已知有＝|cos〈m，n〉|＝ t＝2，
所以点M为AF的中点，使二面角M－BC－D的余弦值为.
6．[解析]　(1)证明：因为△ABC是等边三角形，点D是棱AB的中点，所以CD⊥AB，
又CC1⊥平面ABC，AB 平面ABC，
所以CC1⊥AB，
又CC1∩CD＝C，CC1，CD 平面DCC1，
所以AB⊥平面DCC1，
又AB 平面AA1B1B，
所以平面AA1B1B⊥平面DCC1.
(2)在平面ABC中，过点C作CF∥AB，
由(1)可知CC1⊥AB，CD⊥AB，
所以CC1⊥CF，CD⊥CF，
又CC1⊥平面ABC，CD 平面ABC，
所以CC1⊥CD，
以C为坐标原点，CD，CF，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为△ABC是等边三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，
所以A(2，－2,0)，B(2，2,0)，C1(0,0,2)，
因为＝，所以B1(，1,2)．
设＝λ(λ∈(0,1])，
所以＝λ1＝(－λ，－λ，2λ)，
所以E(2－λ，2－λ，2λ)．
设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
又＝(0,4,0)，＝(－λ，4－λ，2λ)，
所以
令x1＝2，得y1＝0，z1＝，所以平面ABE的一个法向量为n1＝(2,0，)，
设平面ACE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
又＝(－2，2,0)，
所以
令x2＝1，得y2＝，z＝，
所以平面ACE的一个法向量为n2＝，
设平面ABE与平面ACE的夹角为θ，
所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝
＝，
设t＝2＋＝5－，因为λ∈(0,1]，
所以t∈(－∞，－1]，所以∈[－1,0)，
所以cos θ＝
＝·
＝·，
设u＝∈[－1,0)，则由复合函数单调性可知
f(u)＝·在u∈[－1,0)时单调递增，
所以当u＝－1＝＝时，即λ＝1时，cos θ取到最小值f(－1)＝×＝.
【B级　能力提升】
1．[解析]　(1)证明：取AC中点O，连接BO，SO.
∵BA＝BC，∴BO⊥AC，
在Rt△SAB与Rt△SBC中，BA＝BC，SB＝SB，
∴Rt△SAB≌Rt△SCB，∴SA＝SC，∴SO⊥AC，
又BO∩SO＝O，BO 平面SOB，SO 平面SOB，
∴AC⊥平面SOB，又SB 平面SOB，
∴AC⊥SB.
(2)过点O作OZ⊥平面ABC.
由(1)知，建立如图空间坐标系O－xyz，如图：
则A(0，－，0)，B(，0,0)，C(0，，0)，
∵SA＝2，SB＝2，SC＝2，
解法一：设S(x，y，z)，
得
解得∴S(－，0,2)，
∴＝(－，，2)，＝(－，，0)，＝(－2，0,2)，
∵＝，∴＝(－1,1，)．
设平面BCS一个法向量m＝(a，b，c)，
则
即
取m＝(1,1，)，
设平面BCD的一个法向量为n＝(d，e，f)，
则

取n＝(1,1,0)，
cos〈m，n〉＝＝，
∴二面角S－BC－D的夹角为45°.
解法二：∵AB＝2，∴OC＝AC＝，
OB＝，又SC＝2，∴OS＝，SB＝2，
作SH⊥x轴于H，
∵cos∠SOH＝＝＝，
∴OH＝，SH＝＝2，∴S(－，0,2)
(以下同解法一)．
2．[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，
所以DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB＝C，CF，CB 平面BCF，
所以DC⊥平面BCF，
因为DC 平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面BCF.
(2)过点E、D分别作直线DC、AB的垂线EG、DH垂足为G、H.
由已知和平面几何知识易知，DG＝AH＝2，∠EFC＝∠DCF＝∠DCB＝∠ABC＝90°，
则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，
所以在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG＝DH＝2，
假设在AE上存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°.
由(1)知DC⊥平面BCF，则∠BCF是二面角F－DC－B的平面角，
所以∠BCF＝60°，所以△BCF是正三角形．
取BC的中点N，则FN⊥BC，又FN 平面BCF，
所以FN⊥平面ABCD，过点N作AB平行线NK，
则以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，
设AM＝λAE(0<λ<1)，则A(5，，0)，B(0，，0)，C(0，－，0)，E(1,0,3)，
则M(5－4λ，－λ，3λ)，则＝(5－4λ，－λ，3λ)，＝(0，－2，0)，
设平面BCM的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
得
取n1＝，
又平面BCF的法向量n2＝(1,0,0)，
所以cos 45°＝＝，
整理化简得7λ2－40λ＋25＝0，解得λ＝或λ＝5(舍去)．
所以存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°，且AM＝AE.2025高考数学一轮复习-7.3-空间直线、平面平行的判定与性质-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，若所得交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为( )
A．平行或交于同一点 B．相交于同一点
C．相交但交于不同的点 D．平行
2．已知m，n是直线，α是平面，且m∥α，则下列结论中正确的是( )
A． n α，都有m∥n B． n α，使m⊥n
C． n∥m，都有n∥α D． n⊥α，使m∥n
3．已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
②若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
③若m∥n，n α，α∥β，m β，则m∥β
④若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
4. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中点，则( )
A．B1C∥平面A1BM
B．A1B1∥平面BDM
C．BM∥平面ACD1
D．BC1∥平面A1MC
5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )
A.不存在 B．有1条
C．有2条 D．有无数条
6．设α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则α∥β的一个充分条件是( )
A．α⊥γ，β⊥γ
B．m⊥α，n⊥β，m∥n
C．α内有无数条直线与β平行
D．α内有不共线的三点到β的距离相等
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD－A1B1C1D1，得到的截面的形状是( )
A．五边形 B．平行四边形
C．梯形 D．以上都不对
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1，A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法中正确的个数是( )
①MN∥平面APC　②C1Q∥平面APC　③A、P、M三点共线　④平面MNQ∥平面APC
A．1 B．2
C．3 D．4
二、多选题
9．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列叙述正确的有( )
A．AH⊥FC
B．AC∥BG
C．BD与FC所成的角为60°
D．AC∥平面BEG
10．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是( )
三、填空题
11．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c a∥c；②a∥α，b∥α a∥b；③a∥α，β∥α a∥β；④a α，b α，a∥b a∥α.其中正确的命题是________.(写出所有正确命题的序号)
12．已知平面α∥β，点A，C∈α，B，D∈β，直线AB与直线CD交于点S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长为___________.
13．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F，M，N分别是BC，B1C1，AA1，CC1，A1C的中点，
给出下列四个判断：
①EF∥平面ADB1；
②EM∥平面ADB1；
③EN∥平面ADB1；
④A1M∥平面ADB1；
则错误的序号为___________.
四、解答题
14．已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥DQ，PA＝AD＝3DQ＝3，点E、F分别为线段PB、CQ的中点．
求证：EF∥平面PADQ.
15. 如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形，且AC＝1，BC＝.若F为BC的中点，求证：DF∥平面ACE.
【B级　能力提升】
1．如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
①EC⊥平面AFN
②CN∥平面AFB
③BM∥DE
④平面BDE∥平面NCF
其中正确判断的序号是( )
A．①③ B．②③
C．①②④ D．②③④
2. (多选题)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则( )
A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
3．(多选题)已知点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一个动点(含边界)，若F是A1B1的中点，且满足PF∥平面B1CD1，则( )
A．FP所在的平面与正方体表面的交线为五边形
B．FP所在的平面与正方体表面的交线为六边形
C．FP长度的最大值是2
D．FP长度的最小值是
4．(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，BC＝2AB，E为PC中点．
在棱PD上是否存在点Q，使得AQ∥平面EBD？说明理由．
5．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，点E为BC的中点，点F在AD上，EF∥AB，BC＝EF＝DF＝4，将四边形CDFE沿EF边折起，如图2.
(1)证明：图2中的AE∥平面BCD；
(2)在图2中，若AD＝2，求该几何体的体积．
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．( A )[解析]　若l∥α，则l∥a，l∥b，l∥c，…，∴a∥b∥c….若l∩α＝P，则a，b，c，…交于点P.
2．( B )[解析]　由m，n是直线，α是平面，且m∥α，得：对于A， n α，则m，n平行或异面，故A不正确；对于B， n α，使m⊥n，故B正确；对于C， n∥m，则n∥α或n α，故C不正确；对于D，若n⊥α，因为m∥α，所以m⊥n，故D不正确，故选B.
3．( C )[解析]　在①中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，①错；
又 α∥β，②正确；
m∥β，③正确；
m∥β或m β，④错，故选C.
4. ( D )[解析]　因为B1C∥A1D，A1D与平面A1BM相交，所以B1C与平面A1BM不平行，故A错误；因为A1B1∥AB，AB与平面BDM相交，所以A1B1与平面BDM不平行，故B错误；取AB的中点E，连接D1E(图略)，则D1E∥BM.因为D1E与平面ACD1相交，所以BM与平面ACD1不平行，故C错误；取A1B1的中点N，连接C1N，BN(图略)，易知平面BC1N∥平面A1MC，故D正确．
5．( D )[解析]　由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行．
6．( B )[解析]　如图，可知A错误； α∥β，B正确；由图，可知C错误；符合条件D的平面可能相交，D错误．
7.( C )[解析]　设截面为α，∵BD1∥α，平面BD1D∩α＝OP，∴BD1∥OP，且＝＝＝，
又设α∩平面BC1＝MN，则由平面AD1∥平面BC1，α∩平面AD1＝AP，α∩平面BC1＝MN知AP∥MN，显然AP≠MN，∴截面AMNP为梯形，故选C.
8．( B )[解析]　对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM、CN，
易得AM、CN交于点P，即MN 平面APC，
所以MN∥平面APC是错误的；
对于②，由①知M、N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；
对于③，由①知，A，P，M三点共线是正确的；
对于④，由①知MN 平面APC，又MN 平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．故选B.
二、多选题
9．( ACD )[解析]　将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，各顶点的字母标记如图所示，连接DE，则AH⊥DE，FC∥DE，∴AH⊥FC，故A正确；AC∥EG，EG与BG相交，∴AC与BG显然不平行，故B错误；
∵DE∥CF，△BDE为等边三角形，∴∠BDE＝60°，故异面直线BD与FC所成的角为60°，故C正确；
∵AC∥EG，AC 平面BEG，EG 平面BEG，∴AC∥平面BEG，故D正确．故选ACD.
10．( BCD )[解析]　OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；
由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；
由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故C正确；
由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故D正确；故选BCD。
三、填空题
11．[解析]　根据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④.
12．[解析]　本题主要考查两平面平行的性质定理．①当点S在两平行平面之间时，如图1所示，∵直线AB与直线CD交于点S，直线AB与直线CD可确定一个平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.∵α∥β，∴AC∥BD，∴＝，即＝，得＝，解得CS＝16.②当点S在两平行平面的同侧时，如图2所示，由①知AC∥BD，则有＝，即＝，解得CS＝272.
13．[解析]　由A1E∥AD，EC∥B1D易知平面ADB1∥平面A1EC，显然EF与平面A1EC相交，从而EF与平面ADB1相交，①错；又EM与B1D相交，从而EM与平面ADB1相交，②错；由EN 平面AEC知EN∥平面ADB1，③对；又A1M与平面A1EC相交，从而与平面ADB1相交，④错．
四、解答题
14．[证明]　证法一：分别取DQ、PA的中点M，N，连接EN，FM，MN.
由E为PB的中点知EN綉AB，
同理FM綉CD，
又ABCD为正方形，∴AB綉CD，
∴EN綉FM，∴ENMF为平行四边形，
又EF 平面PADQ，MN 平面PADQ，
∴EF∥平面PADQ.
证法二：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，
又E、F分别为线段PB、CQ的中点．
所以EG∥PA，FH∥QD，
因为PA∥DQ，所以EG∥FH，
所以点E、G、H、F四点共面，
因为G、H分别为AB、CD的中点，所以GH∥AD，
因为AD 平面ADQP，GH 平面ADQP，所以GH∥平面ADQP，
又因为FH∥QD，QD 平面ADQP，FH 平面ADQP，所以FH∥平面ADQP，
又因为FH∩GH＝H，FH、GH 平面EGHF，
所以平面EGHF∥平面ADQP，
因为EF 平面EGHF，所以EF∥平面ADQP.
证法三：因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD两两互相垂直，
以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,3)、C(3,3,0)、Q(0,3,1)、B(3,0,0)、E、F，
所以＝(0,3，－1)，易知平面PADQ的一个法向量a＝(1,0,0)，所以a·＝0，所以⊥a，
又因为EF 平面ADQP，所以EF∥平面ADQP.
15. [证明]　证法一：连接DF、OF，
在△ABC中，O、F分别为AB、BC的中点，
所以OF∥AC，
因为AC 平面ACE，OF 平面ACE，
所以OF∥平面ACE，在矩形OAED中，OD∥AE，
同理可得OD∥平面ACE，
又OF∩OD＝O，OF，OD 平面ODF，
所以平面ODF∥平面ACE，
因为DF 平面ODF，
所以DF∥平面ACE.
证法二：延长BD、AE交于H，连接HC，
∵AODE为矩形，
∴OD∥AE，
又O为AB的中点，
∴D为BH的中点，
又F为BC的中点，
∴DF∥HC，
又DF 平面ACE，
HC 平面ACE，
∴DF∥平面ACE.
证法三：取AC的中点H，连接FH，
∵F为BC的中点，∴FH綉AB綉AO，
又AODE为矩形，
∴AO綉DE，∴FH綉DE，
即FHED为平行四边形，
∴DF∥EH，
又DF 平面ACE，EH 平面ACE，
∴DF∥平面ACE.
【B级　能力提升】
1．( C )[解析]　还原正方体如图EC⊥AF，EC⊥FN，从而EC⊥平面AFN，∴①正确；平面CNM∥平面ABF，∴CN∥平面ABF，∴②正确；BM⊥DE，∴③错误；NF∥BD，FC∥DE，∴平面BDE∥平面NCF，∴④正确．故选C.
2. ( ABD )[解析]　若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD，由BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，可得BC∥AD，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由AB∥CD得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．故选ABD.
3．( BC )[解析]　由题意知，FP所在的平面平行于平面B1CD1，且该平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；又点P的运动轨迹为线段MN，∴FP长度的最大值为|FN|＝＝2，FP长度的最小值为|FM|＝＝，故C正确，D错误．故选BC.
4．[解析]　当Q为PD的中点时，AQ∥平面EBD.
证明如下：连接QE，AQ，
则QE綉CD，又AB綉CD，所以QE綉AB，
所以四边形ABEQ为平行四边形，从而AQ∥BE.
又BE 平面EBD，AQ 平面EBD，
所以AQ∥平面EBD.
5．[解析]　(1)证明：取DF中点G，连接AG，EG，CG，
因为CE∥GF，CE＝GF，所以四边形CEFG是平行四边形，
所以CG∥EF∥AB且CG＝EF＝AB，
所以四边形ABCG是平行四边形，所以AG∥BC，
因为AG 平面AGE，
且BC 平面BCD，
所以AG∥平面BCD，
同理可知：四边形CEGD是平行四边形，
所以GE∥DC，证得GE∥平面BCD，
因为AG，GE 平面AGE，且AG∩GE＝G，
BC，DC 平面BCD，BC∩DC＝C，
所以平面AGE∥平面BCD，
因为AE 平面AGE，所以AE∥平面BCD.
(2)若AD＝2，因为AF＝2，DF＝4，
则DF2＝AD2＋AF2，故AD⊥AF，
又EF⊥DF，EF⊥AF，∴EF⊥平面ADF，
∴AB⊥平面ADF，∴AB⊥AD，
所以AD，AB，AF两两垂直，
连接DE，该几何体分割为四棱锥D－ABEF和三棱锥D－BCE，
则VD－ABEF＝S矩形ABEF·AD＝×2×4×2＝，
因为平面BCE∥平面ADF，
故VD－BCE＝VA－BCE＝S△BCE·AB＝××22×4＝，
所以该几何体的体积为V＝VD－ABEF＋VD－BCE＝.2025高考数学一轮复习-7.1-空间几何体的结构及其表面积和体积-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．下列结论中正确的是( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
2．圆锥SO的底面圆半径OA＝1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为( )
A.π B．π
C.π D．π
3．如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A．3 B．4
C．4 D．6
4．最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年)．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”．如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度＝器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据如图(注意：单位cm)，则平地降雪厚度的近似值为( )
A. cm B． cm
C． cm D． cm
5．已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为( )
A．8 B．4
C．2 D．1
6. 如图，已知圆锥底面圆的直径AB与侧棱SA，SB构成边长为2的正三角形，点C是底面圆上异于A，B的动点，则S，A，B，C四点所在球面的面积是( )
A．4π B．π
C．16π D．与点C的位置有关
7.如图是一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则的值为( )
A. B．1
C． D．
8．如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB＝9 cm，CD＝3 cm，则该青铜器的体积为( )
A. cm3 B． cm3
C．43π cm3 D． cm3
9．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝，点D在棱BC上运动，若AD＋DB1的最小值为，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为( )
A．8π B．16π
C．20π D．32π
二、多选题
10．三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2 cm，外径长3 cm，筒高4 cm，中部为棱长是3 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则( )
A．该玉琮的体积为18＋(cm3)
B．该玉琮的体积为27－(cm3)
C．该玉琮的表面积为54＋π(cm2)
D．该玉琮的表面积为54＋9π(cm2)
11．等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.π B．(1＋)π
C．2π D．(2＋)π
12．如图，AD与BC分别为圆台上、下底面直径，aAD∥BC，若AB＝3，AD＝2，BC＝4，则( )
A.圆台的全面积为14π
B．圆台的体积为14π
C．圆台的中截面(过圆台高的中点且平行底面的截面)面积为
D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3
三、填空题
13．在圆锥PO中，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，且AB＝，若棱锥O－PAB为正三棱锥，则该圆锥的侧面积为 　　　.
14．已知正四棱台A′B′C′D′－ABCD内接于半径为1的球O，且球心O是四边形ABCD的中心，若该棱台的侧棱与底面ABCD所成的角是60°，则该棱台的体积为 　 　.
15. 鳖臑(biē nào)出自《九章算术·商功》，指的是四个面均为直角三角形的三棱锥，如图所示的鳖臑S－ABC中，SC⊥BC，SC⊥AC，AB⊥BC，且AB·BC＝10，SC＝，则其外接球体积的最小值为 　 　　.
【B级　能力提升】
1．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为( )
A.π B．π
C．4π D．3π
2．一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为( )
A．2∶3 B．3∶2
C．1∶2 D．3∶4
3．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝( )
A. B．2
C． D．
4．已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD，在该圆柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为( )
A．1＋＋ B．1＋2＋
C．1＋＋2 D．＋2
5．(多选题)正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为4，则( )
A．正四棱锥P－ABCD的体积为32
B．侧棱与底面所成角为
C．其外接球的半径为
D．其内切球的半径为
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．( D )[解析]　当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；如右图可知，B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则侧棱长必须要大于底面边长，故C错误．选D.
2．( A )[解析]　设母线长为l，则S＝×2π·1·l＝3π，∴l＝3，∴高SO＝＝2，∴V＝·π×12×2＝π，故选A.
3．( A )[解析]　由题意知水的体积为容器体积的，故h＝3.
4．( C )[解析]　如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为＝15 cm，所以平地降雪厚度的近似值为＝ cm.故选C.
5．( B )[解析]　设底面圆的半径为r，高为h，则由题意可知，解得h＝r＝4.所以该圆柱的高为4.故选B.
6. ( C )[解析]　如图，设底面圆的圆心为O，S，A，B，C四点所在球面的球心为O1，连接SO，则SO⊥平面ABC，且O1在线段SO上，易知SO＝3，AO＝.设球O1的半径为R，在Rt△O1AO中，由勾股定理得(3－R)2＋()2＝R2，解得R＝2.故球面面积为4πR2＝16π.
7.( B )[解析]　设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，依题意 ＝1.故选B.
8．( A )[解析]　青铜器的最上面的圆柱的体积V1＝π×2×2＝π cm3，中间的圆台的体积为××3＝π cm3，最下面的圆台的体积为××＝π cm3.所以该青铜器的体积为V1＋V2＋V3＝ cm3.故选A.
9．( A )[解析]　如图，将△ABC与矩形BB1C1C展开至同一平面，易知∠ABB1＝150°.设BB1＝x，由题意知AD＋DB1的最小值为AB1，即AB1＝.由余弦定理可得AB＝AB2＋BB－2AB·BB1cos∠ABB1，即x2＋3x－10＝0，解得x＝2或x＝－5(舍去)．设△ABC的外接圆的半径为r，则2r＝＝2，即r＝1，设三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的半径为R，设正△ABC中心为M，在△OMA中，OA＝R，OM＝＝1，AM＝1，则R2＝r2＋2＝2，故三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为4πR2＝8π.故选A.
二、多选题
10．( BD )[解析]　由图可知，组合体的体积V＝π×4×＋3×3×3－π×3×2＝27－(cm3)，
组合体的表面积S＝3π×1＋2×＋3×3×4＋2π×＋2π×4＝54＋9π(cm2)．故选BD.
11．( AB )[解析]　绕直角边旋转形成的几何体为圆锥，其表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×＋π×12＝(＋1)π.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π××1＝π.故选AB.
12．( AD )[解析]　对A选项：圆台的全面积为π×12＋π×22＋π×(1＋2)×3＝14π，故A正确；对于B选项：圆台的体积为(π×12＋π×22＋π×)×2＝，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为＝，所以中截面圆的面积为π×2＝，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如图所示，延长BA、CD交于点M，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，易知A，D分别为BM，CM的中点，所以AM＝DM＝AB＝3，设∠AMD＝θ，则＝3θ＝π，则θ＝，在△ACM中，AM＝3，CM＝6，∠AMD＝，由余弦定理可得AC＝＝＝3，因此，从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3，故D正确．故选AD.
三、填空题
13．[解析]　由题意知AB＝PA＝PB＝，又PO⊥平面AOB，∴PO⊥OA，又PO＝OA，∴OA＝1，∴S圆锥侧＝π·OA·PA＝π.
14．[解析]　由题意可知该棱台的侧棱长为1，棱台的高为，上底面边长为，下底面边长为，所以该棱台的体积是××＝.
15. [解析]　因为SC⊥BC，SC⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC 平面ABC，所以SC⊥平面ABC，因为AB⊥BC，故AC为△ABC外接圆的直径。从而可知SA为外接球的直径，SA＝≥＝5，当且仅当AB＝BC＝时取等号。故其外接球体积的最小值为π·3＝π.
【B级　能力提升】
1．( C )[解析]　∵V圆台＝×2×(π×12＋＋π×22)＝，V半球＝××13＝，∴剩余部分几何体的体积为V圆台－V半球＝4π.故选C.
2．( A )[解析]　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则根据题意可得，2πr＝πl，即l＝2r，∴S侧＝πrl＝2πr2，设内切球的半径为R，则(l＋l＋2r)R＝×2r，解得R＝r，所以该圆锥的内切球的表面积为4πR2＝，所以该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为∶2πr2＝2∶3，故选A.
3．( C )[解析]　设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则＝＝＝2，所以r1＝2r2，
又＋＝2π，则＝1，
所以r1＝l，r2＝l，
所以甲圆锥的高h1＝＝l，
乙圆锥的高h2＝＝l，
所以＝＝＝.故选C.
4．( B )[解析]　四棱锥体积VE－ABCD＝SABCD·d，其中d为E到AD的距离，因为正方形ABCD的面积为定值，所以当E为的中点时，四棱锥的体积最大，连接OE，O1E，此时其侧面积S＝AD·OE＋AB·AE＋CD·DE＋BC·O1E＝1＋2＋.
5．( BCD )[解析]　由题意知正四棱锥的高PO＝＝2，∴VP－ABCD＝PO·SABCD＝，∴A错；侧棱PA与底面所成角为∠PAO，在Rt△PAO中cos∠PAO＝＝，∴∠PAO＝，∴B对；设外接球的球心为O2，半径为R，则＋R＝2，∴R＝，∴C对．设四棱锥内切球球心为O1，N为BC的中点，球切平面PBC于H，则H∈PN，由△PO1H∽△PNO得＝(r为内切球半径)，解得r＝.
另解：VP－ABCD＝SP－ABCD，即＝(16＋4S△PBC)＝(16＋16)，解得r＝.∴D对．故选BCD.2025高考数学一轮复习-7.5-空间向量及其运算-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．如图，在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上，且满足＝2，＝，点G是线段MN的中点，用向量，，表示向量应为( )
A.＝＋＋
B.＝－＋
C.＝－－
D.＝＋－
2．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c共面，则λ等于( )
A．－3 B．3
C．－9 D．9
3．设x、y∈R，向量a＝(x,1,1)，b＝(1，y,1)，c＝(3，－6,3)且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝( )
A．2 B．2
C．4 D．3
4．已知空间向量a＝(0,1,2)，b＝(－1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量是( )
A. B．
C．(－2,4,4) D．
5．已知四面体A－BCD的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，则·等于( )
A．－ B．
C．－ D．
6．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于( )
A. B．
C． D．
7. 如图，二面角α－l－β等于135°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝2，BD＝，则CD＝( )
A．2 B．2
C． D．4
8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，P是直线A1C上一点( )
A．若＝，则直线AP∥平面BC1D
B．若＝，则直线AP∥平面BC1D
C．若＝，则直线BP⊥平面ACD1
D．若＝，则直线BP⊥平面ACD1
二、多选题
9．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠A1AB＝∠A1AD，A1C1∩B1D1＝O1，则下列说法正确的是( )
A．四边形B1BDD1为矩形
B.·＝·
C.＝＋－
D．如果＝＋＋，那么点M在平面A1BD内
10．已知空间四点O(0,0,0)，A(4,3,0)，B(－3,0,4)，C(5,6,4)，则下列说法正确的是( )
A.·＝12
B．cos〈，〉＝－
C．点O到直线BC的距离为
D．O，A，B，C四点共面
11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)，若D1M⊥MN，下列命题正确的是( )
A．MN⊥A1M
B．MN⊥平面D1MC
C．线段BN长度的最大值为
D．三棱锥C1－A1D1M体积不变
三、填空题
12．已知空间向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，则下列结论正确的是_________.
①(2a＋b)∥a；②5|a|＝|b|；③a⊥(5a＋6b)；④a与b夹角的余弦值为－.
13. 正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，Q为CC1的中点，O为底面ABCD的中心，则异面直线D1Q与OP所成角的正弦值为_________.
四、解答题
14. 如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
15．如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.
【B级　能力提升】
1. 如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别在上、下底面圆上，＝2，＝2，AB＝2，BC＝3，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为( )
A.　　　　 B．
C. D．
2. (多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q为B1C1的中点，点N为DD1的中点．有下列结论正确的是( )
A．CQ∥平面ADD1A1
B．BN⊥平面ACC1A1
C．CQ⊥BN
D．异面直线BN与CD所成的角为45°
3．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
4．(多选题)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均相等，D，E分别是BC，CC1的中点，点P满足＝x＋y＋(1－x－y)，下列选项正确的是( )
A．当y＝时，AP⊥BC
B．当x＋2y＝1时，AP⊥BE
C．当x＝y时，∠DEP为锐角
D．当x－y＝时，A1P∥平面ADE
5．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1⊥平面A1BD.
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．( A )[解析]　＝＋＝×＋×(＋)，化简得到＝＋＋.故选A.
2．( C )[解析]　∵a，b，c共面，
∴设c＝ma＋nb(m、n为实数)，
即(7,6，λ)＝m(2,1，－3)＋n(－1,2,3)，
∴解得λ＝－9.故选C.
3．( D )[解析]　因为a⊥c，则a·c＝3x－6＋3＝0，
解得x＝1，则a＝(1,1,1)，
因为b∥c，则＝，解得y＝－2，
即b＝(1，－2,1)，
所以a＋b＝(2，－1,2)，
因此|a＋b|＝＝3.
故选D.
4．( B )[解析]　a在b方向上的投影向量为·＝×(－1,2,2)＝.故选B.
5．( D )[解析]　解法一：因为E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，所以＝＋＋，所以·＝·＋·＋·.因为·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 60°＝2，·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 60°＝2，·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 120°＝－2，所以·＝×2＋2＋×(－2)＝.故选D.
解法二：取AC的中点H，分别以HB、HC为x轴、y轴建立空间直角坐标系(如图)，由题意知BH＝，又D在平面ABC内的射影为正△ABC的中心O.∴DO＝，OH＝.∴F，又E，∴＝，又＝(0,2,0)，∴·＝.故选D.
6．( D )[解析]　不妨设AB＝BC＝AC＝AA1＝2.
解法一：＝－，＝＋，由题意易知AB1＝BC1＝2，·＝·＝0，·＝2，∴cos θ＝＝＝.故选D.
解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(，1,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，∴＝(－，－1,2)，＝(0,2,2)，∴cos θ＝＝＝.故选D.
解法三：如图将三棱柱补形成平行六面体，连接DC1，则DC1∥AB1，∴∠BC1D为异面直线AB1与BC1所成的角．由题意易知AB1＝DC1＝2，BD＝2.∴cos∠BC1D＝＝＝.故选D.
7. ( C )[解析]　由二面角的平面角的定义知〈，〉＝135°，所以·＝|||ACcos〈，〉＝×2×cos 135°＝－2.由AC⊥l，BD⊥l，得·＝0，·＝0.又＝＋＋，所以||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝()2＋22＋22－2·＝10－2×(－2)＝14，即||＝.
8．( A )[解析]　以D为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，
当＝时，
＝＋＝＋
＝(0,0,1)＋(－1,1，－1)＝，
＝(1,1,0)，＝(0,1,1)，
设平面BC1D的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则可取m＝(1，－1,1)，
则·m＝－－＋＝0，
从而可知直线AP∥平面BC1D，故A正确，B不正确；
同理可取平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)，
若＝时，
＝＋＋＝＋＋
＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋(－1,1，－1)＝，
所以与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故C不正确；
若＝时，
＝＋＋＝＋＋
＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋(－1,1，－1)＝，
所以与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故D不正确．故选A.
二、多选题
9．( ABD )[解析]　 ＋＝2，N为A1O1的中点，＋＝(＋)＝，
由于≠2，所以≠＋－，C错误；
设AC∩BD＝O，A1B2＝A1A2＋AB2－2AA1·ABcos∠A1AB，
A1D2＝A1A2＋AD2－2AA1·ADcos∠A1AD，∴A1B＝A1D，
故A1O⊥BD，
又AC⊥BD，A1O∩AC＝O，A1O，AC 平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，由于AA1 平面ACC1A1，故BD⊥AA1，由于AA1∥BB1，进而BD⊥BB1，所以四边形BDD1B1为矩形，A正确；
BD⊥AO1，所以·＝0 (－)·＝0，所以·＝·，B正确；
＝＋＋，由于＋＋＝1，
所以M，B，D，A1四点共面，故M在平面A1BD内，D正确．故选ABD.
10．( BD )[解析]　因为＝(4,3,0)，＝(－3,0,4)，所以·＝4×(－3)＝－12，因此A不正确；又cos〈，〉＝＝－＝－，因此B正确；＝(3,0，－4)，＝(8,6,0)，cos〈，〉＝＝＝，所以sin〈，〉＝＝，所以点O到直线BC的距离为sin〈，〉＝5×＝，因此C不正确；因为＝(4,3,0)，＝(8,6,0)，所以有＝2，因此，是共线向量，所以O，A，B，C四点共面，因此D正确．故选BD.
11．( ACD )[解析]　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，
＝(3，y，－3)，＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，
则·＝y(3－y)－3z＝0，
∴z＝y(3－y)，
对于A选项：＝(0，y，－3)，
则·＝y(3－y)－3z＝0 ⊥，MN⊥A1M，A正确；
对于B选项：＝(3，y－3,0)，
·＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；
对于C选项：＝(0,0，z)，则线段BN长度||＝z＝≤，当且仅当y＝时取“＝”，C正确；
对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1－A1D1M＝VM－A1D1C1＝·3·S△A1D1C1＝，
三棱锥C1－A1D1M体积为定值，即D正确．故选ACD.
三、填空题
12．[解析]　由题意知2a＋b＝(－1,2,7)，
显然不存在λ值使2a＋b＝λa，∴①错；
又|a|＝，|b|＝5，∴5|a|＝|b|，②正确；由a·b＝－6－4＋5＝－5，a·(5a＋6b)＝30＋6a·b＝30－30＝0，
∴a⊥(5a＋6b)，③正确；
a与b夹角的余弦值cos θ＝＝＝－，④正确．
13. [解析]　如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则
＝(－1，－1,1)，
＝(0，－2,1)，
记D1Q与OP所成的角为θ，则cos θ＝＝，
从而sin θ＝＝.
四、解答题
14. [解析]　(1)证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，
如图，以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,4,0)、P(0,0,4)、D(0,0,2)、E(0,2,2)、M(0,0,1)、N(1,2,0)，
＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)，
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，可得n＝(1,0,1)，
又因为＝(1,2，－1)，则·n＝1－1＝0，
所以⊥n，
又因为MN 平面BDE，所以MN∥平面BDE.
注：也可取EC的中点Q，证平面MNQ∥平面BDE即可．
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
所以＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)，
由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝，
整理可得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝，
所以，线段AH的长为或.
15．[证明]　证法一：(1)连接AC，AN，BN，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC的中点．
∴AN＝PC.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.
又BC⊥AB ，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB.
从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，
∴BN＝PC.∴AN＝BN，
∴△ABN为等腰三角形．
又M为底边AB的中点，
∴MN⊥AB，又AB∥CD，
∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD.
又∠PDA＝45°，∴AP＝AD.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，∴PA＝BC.
连接PM，CM，又∵M为AB的中点，
∴AM＝BM.
而∠PAM＝∠CBM＝90°，
∴Rt△PAM≌Rt△CBM.
∴PM＝CM，又N为PC的中点，∴MN⊥PC.
由(1)知MN⊥CD，PC∩CD＝C，
∴MN⊥平面PCD.
证法二(向量法)：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，
∴PA、AB、AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
不妨设C(a，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，M，N，
(1)由＝，
＝(－a,0,0)，
∴·＝0，∴MN⊥CD.
(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，
又＝(a，b，－b)，
∴·＝·(a，b，－b)＝0，
∴MN⊥PC，又MN⊥CD，
∴MN⊥平面PCD.
【B级　能力提升】
1. ( B )[解析]　解法一：设OO1为圆柱的轴．如图建立空间直角坐标系，由题意知A(0，－1，0)，N，C(0,1,3)，M，∴＝，＝，∴cos θ＝＝＝.故选B.
解法二：连接DM，CM，AN，BN，BM，设BM∩CN＝P，则P是BM的中点，设Q是AB的中点，连接PQ，则PQ∥AM，则∠NPQ是异面直线AM与CN所成角或其补角．由于＝2，＝2，所以∠BAN＝，∠NBA＝，由于AB＝2，而AB是圆柱底面圆的直径，则AN⊥BN，所以AN＝1，BN＝，则AM＝＝，PQ＝AM＝，CN＝＝2，PN＝CN＝，而QN＝1，在△PQN中，由余弦定理得cos∠NPQ＝＝.故选B.
2. ( AC )[解析]　以D为原点建立空间直角坐标系如图所示：设正方体的边长为2，
则D(0,0,0)，C(0,2,0)，Q(1，2,2)，B(2,2,0)，N(0,0,1)，
＝(1,0,2)，＝(0,2,0)，
有·＝0，所以CQ⊥DC，
又因为DC⊥平面ADD1A1，
CQ 平面ADD1A1，所以CQ∥平面ADD1A1，故A正确；(或平面BCC1B1∥平面ADD1A1，CQ 平面BCC1B1，∴CQ∥平面ADD1A1)
因为·＝(－2，－2,1)·(0,0，－2)＝－2，故B错误；
由·＝(1,0,2)·(－2，－2,1)＝－2＋2＝0，
得CQ⊥BN，故C正确；
由|cos〈，〉|＝＝＝≠，故D错误．
3．( A )[解析]　解法一：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,1,0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又直线A1D与D1B是异面直线，所以直线A1D与D1B异面且垂直，故B、C不正确；因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以·n＝0×0＋0×1＋1×0＝0，⊥n，所以MN∥平面ABCD，故A正确；设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直，故D不正确．故选A.
解法二：连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，AB，AD1 平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，又BD1 平面ABD1，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．
4．( ABD )[解析]　建立如图所示空间直角坐标系：
设棱长为2，则A(，0,0)，B1(0,1,2)，C(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(0，－1,1)，A1(，0,2)，所以＝(－，1,2)，＝(－，－1,0)，＝(－，1,0)，所以＝(－，1－2y,2x)，当y＝时，＝(0，－2，0)，·＝4y－2＝0，所以AP⊥BC，故A正确；当x＋2y＝1时，＝(0，－2,1)，·＝4y－2＋2x＝0，所以AP⊥BE，故B正确；当x＝y时，＝(0,1，－1)，＝－＝(0,2－2y,2x－1)，·＝3－2(x＋y)正负不定，故C错误；当x－y＝时，＝－＝(－，1－2y,2x－2)，设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则即令b＝1，则n＝(0,1,1)，所以·n＝2(x－y)－1＝0，又A1P 平面ADE，所以A1P∥平面ADE，故D正确．故选ABD.
5．[证明]　证法一：取BC的中点O，连接AO.
∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1，2，)，＝(－2,1,0)．
则n⊥，n⊥，故
∴令x＝1，则y＝2，z＝－.
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，
而＝(1,2，－)，
∴＝n，即∥n，
∴AB1⊥平面A1BD.
证法二：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.
令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，
以它们为空间的一组基底，则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，·m＝(a－c)·＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证．
证法三：基向量的取法同上．
∵·＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，
·＝(a－c)·＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝0，
∴⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.2025高考数学一轮复习-7.8-高考大题规范解答——立体几何-专项训练模拟练习
1．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，E，F分别是棱BC，PA的中点．
(1)证明：EF∥平面PCD.
(2)若PC＝PD＝CD＝AD＝2AB，求直线EF与平面PAD所成角的正弦值．
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，∠ABC＝，CD＝CE＝BE＝1，PA＝AD＝2，F为PD的中点．
(1)证明：AB⊥PE；
(2)求二面角A－EF－D的平面角的余弦值．
3．在矩形ABCD中，AB＝BC＝2，将△ADC沿AC折起至△APC的位置，且PB＝2.
(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求二面角P－AC－B的正弦值．
4．如图，在底面为菱形的四棱锥M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝.
(1)求证：平面MAD⊥平面ABCD；
(2)已知＝2，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值．
5．把矩形O1O2FB以O1O2所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示．其中等腰梯形ABCD为下底面的内接四边形，且AB＝2AD＝2，点G为上底面一点，且CG∥O1O2，O1O2＝1.
(1)若P为DE的中点，求证：AP⊥平面BDE；
(2)设＝λ，λ∈[0,1]，试确定λ的值，使得直线AP与平面ABG所成角的正弦值为.
6．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是BC的中点，点F在棱AD上，且PA⊥AD，cos∠PAE＝－，PA＝.
(1)若平面PAB∩平面PCD＝l，证明：l∥平面ABCD.
(2)求平面PEF与平面PCD的夹角的余弦值的最大值．
参考答案
1．[解析]　(1)证明：取AD的中点H，连接EH，FH.
因为F，H分别是棱PA，AD的中点，所以HF∥PD.
因为PD 平面PCD，HF 平面PCD，
所以HF∥平面PCD.
因为E，H分别是棱BC，AD的中点，所以HE∥CD.
因为CD 平面PCD，HE 平面PCD，
所以HE∥平面PCD.
因为HE，HF 平面HEF，且HE∩HF＝H，
所以平面HEF∥平面PCD.
因为EF 平面HEF，所以EF∥平面PCD.
(2)以D为坐标原点，分别以，的方向为x，y轴的正方向，垂直平面ABCD向上的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝1，则AD＝CD＝PD＝2，PC＝2.
由余弦定理可得cos∠PDC＝＝－，
则∠PDC＝120°，从而A(2,0,0)，D(0,0,0)，P(0，－1，)，E，F，
故＝(2,0,0)，＝(0，－1，)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝，得n＝(0，，1)．
设直线EF与平面PAD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
即直线EF与平面PAD所成角的正弦值为.
2．[解析]　(1)证明：连接AE，DE，如图，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又BC⊥CD，CD＝CE＝1.
由勾股定理可知DE＝，
又AD＝BE，AD∥BE，
所以四边形ABED是平行四边形，
所以AB＝DE＝，
又∠ABC＝，由余弦定理可知AE＝，
所以AB2＋AE2＝BE2，所以AB⊥AE，
又AE∩PA＝A，所以AB⊥平面PAE，
所以AB⊥PE.
(2)因为AP，AB，AE两两垂直，
所以以A为原点建立如图所示空间直角坐标系
A－xyz，则A(0,0,0)，B(，0,0)，D(－，，0)，P(0,0,2)，E(0，，0)，
因为F为PD的中点，则F，
∴＝(0，，0)，＝，＝(，0,0)，＝，
设平面AEF的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则
取x1＝1，则y1＝0，z1＝，所以n＝，
设平面DEF的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则
取y2＝1，则x2＝0，z2＝，所以m＝，
所以cos〈n，m〉＝＝＝，
即二面角A－EF－D的余弦值为.
3．[解析]　(1)由已知可得：BC＝2，PB＝2，PC＝CD＝AB＝2，
在△PBC中，PB2＋BC2＝PC2，故PB⊥BC.
又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，
因为BC 平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)解法一：取AB、CD的中点O、E，连接OP，OE.
因为PA＝PB，所以PO⊥AB，
由(1)知：BC⊥PO，
所以PO⊥平面ABC.
以OB，OE，OP所在直线分别在x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则A(－，0,0)，B(，0,0)，C(，2,0)，P(0,0，)．
则＝(2，2,0)，＝(，0，)，
设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·＝0，m·＝0，故
取x1＝1，y1＝－，z1＝－1，则m＝(1，－，－1)．
又平面ABC的法向量为n＝(0,0,1)，
cos〈m，n〉＝＝－.
所以二面角P－AC－B的正弦值为.
解法二：如图，取AB中点O，
连接PO，作OH⊥AC于H，连接PH，
∵PA＝PB＝2，∴PO⊥AB且PO＝，
由(1)知BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PO，∴PO⊥平面ABC，
∴PO⊥AC，∴AC⊥平面PHO，
∴AC⊥PH，∴∠OHP为二面角P－AC－B的平面角．
又PH＝＝，
∴sin∠OHP＝＝，
即二面角P－AC－B的正弦值为.
4．[解析]　(1)证明：取AD的中点为O，连接OM，OB，
因为四边形ABCD是为菱形，且AD＝BD＝2，
所以△ABD为正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝.
因为MA＝MD＝，所以MO⊥AD，
所以MO＝＝＝1，
又因为MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，
所以MO⊥BO，
因为AD∩BO＝O，AD 平面ABCD，
BO 平面ABCD，
所以MO⊥平面ABCD，
又因为MO 平面MAD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知，OA，OB，OM两两垂直，故以O为坐标原点，
分别以，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，M(0,0,1)，N，
所以＝(3，－，0)，＝，＝(2,0,0)，
设平面ACN的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则n＝(1，，－3)．
因为＝(0，－，1)，
则cos〈，n〉＝＝＝－，
所以直线BN与平面ACN所成角的正弦值为.
5．[解析]　(1)证明：因为AB为直径，所以BD⊥AD，
因为EA⊥平面ABD，BD 平面ABD，
所以EA⊥BD，
因为AE∩AD＝A，AE 平面ADE，
AD 平面ADE，
所以BD⊥平面ADE，
因为AP 平面ADE，所以BD⊥AP，
因为AD＝AE，P为DE的中点，所以AP⊥DE，
因为BD∩DE＝D，BD 平面BDE，
ED 平面BDE，
所以AP⊥平面BDE.
(2)因为等腰梯形ABCD为底面半圆O1的内接四边形，
AB＝2AD＝2，
所以∠DAO1＝∠AO1D＝∠CO1D＝∠BO1C＝，
所以CD＝BC＝1，
如图，以O1为坐标原点，分别以O1B，O1O2为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于CG∥OO1，OO1＝1，∴CG＝1，
故A(0，－1,0)，B(0,1,0)，
G，D，
E(0，－1,1)，
则＝(0,2,0)，＝，
设平面ABG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，则n＝(2，0,3)，
由＝λ，λ∈[0,1]，＝，
可得P，
所以＝，
设直线AP与平面ABG所成角为θ，θ∈，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝
＝＝，
即得9λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝或λ＝，符合λ∈[0,1]，
故λ＝或λ＝.
6．[解析]　(1)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD.
因为CD 平面PAB，AB 平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
又因为平面PAB∩平面PCD＝l，所以CD∥l.
因为l 平面ABCD，CD 平面ABCD，所以l∥平面ABCD.
(2)由题意可得AE＝，
PE＝＝.
因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD.
又因为PA⊥AD，所以AD⊥平面PAB.
因为AD∥BC，所以BC⊥平面PAB，BC⊥PB.
PB＝＝.
cos∠PAB＝＝－.
以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
点P到y，z轴所在平面的距离为APcos(π－∠PAB)＝1，点P到x，y轴所在平面的距离为＝2.
P(－1,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，设F(0，a,0)(0≤a≤2)．
＝(3,2，－2)，＝(－2,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即取y1＝1，可得n＝(0,1,1)．
＝(3,1，－2)，＝(1，a，－2)，
设平面PEF的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
取y2＝4，可得m＝(2a－2,4,3a－1)．
设平面PEF与平面PCD的夹角为α，
则cos α＝＝，
令a＋1＝t∈[1,3]，
则cos α＝＝×＝×.
当＝时，482－40×＋13取得最小值，最小值为，
所以cos α的最大值为×＝，此时，a＝.
故平面PEF与平面PCD的夹角的余弦值的最大值为.2025高考数学一轮复习-7.2-空间点、直线、平面之间的位置关系-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．3 D．4
2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1的中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是( )
A．直线EF，AO是异面直线
B．直线EF，BB1是相交直线
C．直线EF与BC1所成的角为30°
D．直线EF与BB1所成角的余弦值为
3．已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是( )
A．直线b与直线c可能是异面直线
B．直线a与直线c可能平行
C．直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)
D．直线c与平面α可能平行
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则直线A1C1与CE所成角的余弦值为( )
A. B．
C． D．
5．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1，E，F分别为AB，BC的中点，异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m，则( )
A．直线A1E与直线C1F异面，且m＝
B．直线A1E与直线C1F共面，且m＝
C．直线A1E与直线C1F异面，且m＝
D．直线A1E与直线C1F共面，且m＝
6．在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝AD＝4，△BCD的边长均为6，P为AB的中点，则异面直线PC与BD所成角的余弦值为( )
A. B．
C. D．
7．如图E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，DH＝2HA，CF＝2FB，CG＝2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是( )
A．直线EF，HG有可能平行
B．直线EF，HG一定异面
C．直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上
D．直线EF，HG一定相交，但交点不一定在直线AC上
8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
二、多选题
9．下列命题中的真命题是( )
A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线
B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线
C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面
D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b
10．如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的是( )
11．如图为一正方体的展开图、则在原正方体中( )
A．AB∥CD
B．AB⊥CD
C．直线AB与EF所成的角为60°
D．直线CD与EF所成的角为60°
12．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有( )
A.AC⊥BE
B．点A到平面BEF的距离为定值
C．三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的
D．异面直线AE，BF所成的角为定值
三、填空题
13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为 　 　.
14.如图，在边长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱CD，DD1的中点，则平面BEF截该正方体所得截面的面积为 　 　　.
15．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为 　 　　.
【B级　能力提升】
1．在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成的角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．如图，在直三棱柱ABD－A1B1D1中，AD＝BD＝AA1，∠DAB＝45°，P为B1D1的中点，则直线BP与AD1所成的角的余弦值为( )
A. B．
C． D．
3．(多选题)已知a，b，c是两两异面的三条直线，a⊥b，c⊥a，直线d满足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，则c与d的位置关系可以是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
4．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是( )
A．长方体 B．圆台
C．四棱台 D．正四面体
5．(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以下结论正确的是( )
A．异面直线A1D与AB1所成的角为60°
B．直线A1D与BC1垂直
C．直线A1D与BD1平行
D．三棱锥A－A1CD的体积为
6．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C1D1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l.
(1)画出直线l的位置，并说明作图依据；
(2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积．
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．( B )[解析]　只有②正确，故选B.
2．( C )[解析]　OF綉AE，EF、AO是相交直线，A错；
EF、BB1是异面直线，B错；
如图，OF綉BE，
∴EF∥BO，
∴∠C1BO(或其补角)即为EF与BC1所成的角，
设正方体棱长为2，
则BC1＝2，OC1＝，BO＝，
∴BC＝OC＋BO2，即BO⊥OC1，
∴∠OBC1＝30°，C对；
EF与BB1所成角的余弦值为，D错；故选C.
3．( C )[解析]　因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O∈α，O∈β，O∈γ，因为β∩γ＝c，所以O∈c，所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，A、B错误，C正确；D选项，假设直线c与平面α平行，由O∈c，可知O α，这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误．故选C.
4．( A )[解析]　解法一：连接AC，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，即四边形ACC1A1为平行四边形，故A1C1∥AC，则直线AC与CE所成角即为直线A1C1与CE所成角，即∠ECA即为所求角或其补角；设正方体棱长为2，连接AE，EC1，则AE＝EC1＝＝，EC＝＝3，又AC＝2，∴cos∠ECA＝＝＝，而异面直线所成角的范围为，故直线A1C1与CE所成角的余弦值为.故选A.
解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则＝(－2,2,0)，＝(1，－2,2)，记A1C1与CE所成角为θ，则cos θ＝＝＝.故选A.
5．( B )[解析]　∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF∥AC∥A1C1，∴A1、C1、E、F共面，
∴直线A1E与C1F共面．
连接C1D，则C1D∥AB1，
∴∠DC1F为AB1与C1F所成的角(或其补角)，
连接DF，不妨令AA1＝，则DF＝，
C1F＝，DC1＝，
∴cos∠DC1F＝＝，故选B.
6．( C )[解析]　如图，取AD中点E，连接PE，EC，∵P是AB的中点，∴PE∥BD，PE＝AB＝3，则∠CPE是PC与BD所成角(或补角)，在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，由余弦定理，cos A＝＝＝－，在△APC中，PC2＝AP2＋AC2－2×AP×AC×cos A＝22＋42－2×2×4×＝22，∴PC＝，同理，CE＝，在△PEC中，由余弦定理可得，cos∠CPE＝＝＝，∴异面直线PC与BD所成角的余弦为.故选C.
7．( C )[解析]　∵BE＝2AE，DH＝2HA，∴＝＝，
则EH∥BD，且EH＝BD，
又CF＝2FB，CG＝2GD，∴＝＝2，
则FG∥BD，且FG＝BD，
∴EH∥FG，且EH≠FG，
∴四边形EFGH为平面四边形，故直线EF，HG一定共面，故B错误；若直线EF与HG平行，则四边形EFGH为平行四边形，可得EH＝GF，与EH≠FG矛盾，故A错误；
由EH∥FG，且EH≠FG，EH＝BD，FG＝BD，可得直线EF，HG一定相交，设交点为O，则O∈EF，又EF 平面ABC，可得O∈平面ABC，同理，O∈平面ACD，
而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴O∈AC，即直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上，故C正确，D错误．故选C.
8．( D )[解析]　如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为.
联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，
所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，
同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D.
二、多选题
9．( AC )[解析]　由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC.
10．( ACD )[解析]　在A、D中AB∥CD，在C中AB、CD相交，在B中AB、CD异面，故选ACD.
11．( BCD )[解析]　画出原正方体如图所示，由图可知：AB与CD不平行，A选项错误；根据正方体的性质可知BH∥AG，BH＝AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；根据正方体的性质可知，△ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；又△EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．故选BCD.
12．( ABC )[解析]　对于A，根据题意，AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，而BE 平面BDD1B1，所以AC⊥BE，所以A正确；对于B，A到平面BDD1B1的距离为定值，所以点A到△BEF的距离为定值，所以B正确；对于C，三棱锥A－BEF的体积为VA－BEF＝×EF·AB·BB1·sin 45°＝××a·a×a＝a3，三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的，所以C正确；对于D，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，命题D错误．故选ABC.
三、填空题
13.[解析]　解法一：设AB、B1C1，C1C的中点分别为H、M、N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝，MH＝NH＝.∴cos∠HMN＝＝.
解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则＝(1，－1，－2)，＝(2,0,2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.
14.[解析]　连接BA1、CD1，由E、F分别为CD、DD1的中点知EF綉CD1綉A1B，所以平面截正方体所得截面为等腰梯形A1BEF，且EF＝，A1B＝2，BE＝，该梯形的高h＝＝，∴该截面的面积为(A1B＋EF)·h＝.
15．[解析]　如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故θ的取值范围为.
【B级　能力提升】
1．( B )[解析]　解法一：取OB的中点H，连接MH、NH、ON、AN，因M为OA为中点，∴MH綉AB，∴∠HMN或其补角为MN与AB所成的角．设四面体的棱长均为2a，则由题意易知MH＝HN＝a，MN＝a，∴MH2＋HN2＝MN2，∴∠MHN＝90°，从而∠HMN＝45°.故选B.
解法二：不妨设四面体棱长均为2，记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝b·c＝a·c＝2，又＝(a＋b－c)，记异面直线MN与AB所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，∴θ＝.故选B.
2．( B )[解析]　解法一：取BD中点E，连接ED1，AE，直三棱柱ABD－A1B1D1中，AD＝BD＝AA1，∠DAB＝45°，P为B1D1的中点，∴PD1∥BE，PD1＝BE，∴四边形BED1P是平行四边形，∴PB∥D1E，∴∠AD1E是直线PB与AD1所成的角(或所成角的补角)，令AD＝BD＝AA1＝2，则∠ABD＝45°，且AD⊥DE，∴AE＝＝，AD1＝＝2，D1E＝＝，∴cos∠AD1E＝＝，∴直线PB与AD1所成的角的余弦值为.故选B.
解法二：由题意可知AD、BD、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设AD＝2，BP与AD1所成角为θ.则＝(－2,0,2)，＝(0，－1,2)，∴cos θ＝＝＝.故选B.
3．( BC )[解析]　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线a，b，d如图所示．c为ED1(E为AA1上不与A、A1重合的点)时与d异面，B正确；c为DD1时与d平行，C正确；若c与d相交，则a垂直于c，d确定的平面，又a垂直于b，d确定的平面，则b，c，d在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；若c与d垂直，则c垂直于a，d确定的平面，而b垂直于a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误，故选BC.
4．( ACD )[解析]　对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确；
对于B：圆台的截面均不可能是正方形，故B错误；
对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确；
对于D：如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF、FG、GD、DE，则截面DEFG为正方形，故D正确；故选ACD.
5．( ABD )[解析]　连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，所以∠AB1C(或其补角)为异面直线A1D与AB1所成的角，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC＝B1C＝AB1＝，所以△AB1C为等边三角形，所以∠AB1C＝60°，故A正确；连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，所以直线A1D与BC1垂直，故选项B正确；若直线A1D与BD1平行，则A1，B，D，D1四点共面．又A1，D，D1在侧面ADD1A1上，则点B也应在侧面ADD1A1上，这与正方体相矛盾．所以直线A1D与BD1不平行，故选项C不正确；三棱锥A－A1CD的体积VA－A1CD＝VC－AA1D＝×S△AA1D×AB＝××1×1×1＝，所以选项D正确．故选ABD.
6．[解析]　(1)延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置．
∵DM∩D1A1＝E，∴E∈DM 平面DMN，E∈D1A1 平面A1B1C1D1，
∴E∈平面DMN∩平面A1B1C1D1，∴EN 平面DMN∩平面A1B1C1D1，则NE即为直线l的位置．(也可根据线面平行性质确定直线位置)．
(2)设直线l与A1B1交于点P，则P为A1B1四等分点，正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM－D1ND，V＝(S△A1PM＋S△D1ND＋)·A1D1＝a·＝a3.2025高考数学一轮复习-7.6-空间的角与距离-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1. 如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为( )
A. B．
C. D．
2．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱C1C、B1B的中点，G为棱BC上一点，且BG＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A. B．
C. D．
3．如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为( )
A. B．
C. D．
4.如图，在底面为正方形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝1，则下列说法不正确的是( )
A．异面直线PB与AC所成的角为60°
B．直线PD与平面PAC所成的角为30°
C．平面PBD与平面PAB的夹角为30°
D．点C到平面PBD的距离为
5．正四面体A－BCD中，在△ABC内有一个动点M，满足M到底面BCD的距离等于|MA|的倍，则动点M的轨迹形状为( )
A．一段圆弧 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
二、多选题
6．已知两个平面α，β，及两条直线l，m，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，l β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥α
B．若l⊥β，α∥β，m α，则l⊥m
C．若l α，m α，m∥β，l∥β，则α∥β
D．若l，m是异面直线，l α，l∥β，m β，m∥α，则α∥β
7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论正确的是( )
A.B1G⊥BC
B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C．A1H∥平面AEF
D．二面角E－AF－C的大小为
8．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体E－ABCD－F，且该八面体的各棱长均相等，则( )
A．异面直线AE与BC所成的角为60°
B．BD⊥CE
C．平面ABF∥平面CDE
D．直线AE与平面BDE所成的角为60°
9．已知三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，平面PAC⊥平面ABC，∠APC＝120°，点D为AB中点，PD与平面ABC所成的角为45°，则( )
A．BC⊥AB
B．点C到平面PAB的距离为
C．三棱锥的侧面积为2＋2
D．AP与BC所成角为30°
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱AD上的动点，则( )
A．A1B⊥PC1
B．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°
C．有且仅有一个点P，使得BP⊥平面CC1P
D．三棱锥B－PCC1的体积是定值
三、填空题
11．长为4的线段AB的两端点在直二面角α－l－β的两个面内，且与这两个面都成30°角，则异面直线AB与l所成的角为 　 　 　.
12．已知空间中A，B，C三个点的坐标分别为(0,1,2)，(－1,1,0)，(2,0,2)，则C到直线AB的距离为 　 　 　.
13.如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝，则折后直线AC与平面OEF所成角的正弦值为 　 　 　.
四、解答题
14．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥平面ABCD，AA1⊥A1D且AA1＝A1D.
(1)证明：A1B1⊥A1D；
(2)若此四棱柱的体积为2，求二面角A－A1B－M的正弦值．
15．如图，在四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，SA＝SD＝1，AB＝2CD＝2BC＝2，SB＝，点M为棱CD的中点，点N在棱SA上，且AN＝3SN.
(1)证明：MN∥平面SBC；
(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值．
【B级　能力提升】
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段C1D1(不含端点)上的动点，N为BC的中点，则( )
A．BD⊥AM
B．平面A1BD⊥平面AD1M
C．MN∥平面A1BD
D．CM∥平面A1BD
2．(多选题)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F，N分别是棱CC1，C1D1，AA1的中点，则( )
A.BD⊥NC
B．CN⊥平面BDE
C．直线BE与A1F是异面直线
D．直线NC与平面BDE的交点是△BDE的外心
3．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
4．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2.
(1)已知点G为AF上一点，AG＝AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求点F到平面DCE的距离．
5．如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC＝30°，MN为上底面圆O′的一条直径，△MAC是边长为2的等边三角形，MB＝4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1. ( C )[解析]　解法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0，－1,2)，＝(0，－2,2)，＝(－2，－1，2)，cos〈，〉＝＝.
解法二：取OA的中点F，连接EF、CF、DE，由D、E分别为OS、BS的中点知ED綉OB綉OA綉AF，∴EF∥AD，∴∠CEF即为AD与CE所成的角．又EF＝2，CF＝，CE＝＝3，∴cos∠CEF＝＝＝.故选C.
2．( C )[解析]　解法一(定义法)：由题意易知平面A1FED1⊥平面ABB1A1，G到平面D1EF的距离等于B到平面A1FED1的距离，作BH⊥A1F交A1F于H，则BH⊥平面D1EF，且BH＝sin ∠HFB＝sin ∠B1FA1＝.故选C.
解法二(等体积法)：∵E、F分别为CC1、BB1的中点，∴BC∥EF，从而BC∥平面D1EF，∴G到平面D1EF的距离即为B到平面D1EF的距离d.
由VB－D1EF＝VD1－EFB知S△EFB·CD1＝S△EFD1·d.
∴d＝＝.故选C.
解法三(向量法)：如图建立空间直角坐标系，由题意易知平面D1EF的法向量为n＝(0,1,2)，
＝(λ－2,0,1)，
∴G到平面D1EF的距离为d＝＝＝.故选C.
3．( A )[解析]　解法一：设PA＝PB＝PC＝2，则AF＝，VF－PAE＝VP－ABC＝.又PF＝PE＝EF＝，∴S△PEF＝，设A到平面PEF的距离为d，则×d＝，∴d＝.记AF与平面PEF所成角为θ，则sin θ＝＝.故选A.
解法二：因为PA，PB，PC两两垂直，所以以P为原点，PA，PB，PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设PA＝PB＝PC＝2，则P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，E(1,1,0)，F(0,1,1)，所以＝(－2,1,1)，＝(1,1,0)，＝(0,1,1)．设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以平面PEF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．设直线AF与平面PEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故选A.
4.( C )[解析]　如图建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1,1,0)，记PB与AC所成角为θ，则cos θ＝＝，∴θ＝60°，A正确；设AC∩BD＝O，由BD⊥AC，BD⊥PA知DO⊥平面PAC，∴∠DPO为PD与平面PAC所成的角，由sin∠DPO＝＝知∠DPO＝30°，B正确；取PB的中点H，连接AH、DH，则AH⊥PB，DH⊥PB，∴∠DHA为平面PBD与平面PAB所成二面角的平面角，tan∠DHA＝＝＝，∴∠DHA≠30°，C错误；由VP－BCD＝VC－PBD易求得C到平面PBD的距离为，D正确．故选C.
5．( D )[解析]　设O是△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，设E是BC的中点，则E，O，D三点共线，且DE⊥BC，设正四面体的边长为a，则AE＝DE＝a，OE＝a×＝a，所以AO＝＝a，由于AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED是二面角A－BC－D的平面角，设二面角A－BC－D的平面角为θ，则sin θ＝＝.过M作MG⊥平面BCD，垂足为G；过M作MF⊥BC，垂足为F，连接FG，则∠MFG＝θ，又依题意，|MG|＝|MA|，所以|MF|×sin θ＝|MA|，即|MF|＝|MA|，即M到定点A和到定直线BC的距离相等，所以M点的轨迹是抛物线的一部分．故选D.
二、多选题
6．( ABD )[解析]　对于A，若α⊥β，l β，α∩β＝m，l⊥m，根据面面垂直的性质定理可得l⊥α，A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，则l⊥α，又m α，则l⊥m，B正确；对于C，若l α，m α，m∥β，l∥β，则α与β可以相交或平行，C错误；对于D，因为m β，m∥α，所以存在直线m′ α，m∥m′，因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，因为m′∥m，m β，m′ β，所以m′∥β，又因为l α，l∥β，所以α∥β，D正确．故选ABD.
7．( BC )[解析]　如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则＝(－2，－1，－2)，＝(－2,0,0)，·＝4≠0，A错误；显然平面AEF与平面AA1D1D的交线过A且平行于EF，即为AD1，B正确；由题意知HE綉B1C1綉A1D1，∴A1H∥D1E，D1E 平面AEF，A1H 平面AEF，∴A1H∥平面AEF，C正确；＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)，则令a＝2得n＝(2,1,2)，又平面AFC的一个法向量为m＝(0,0,1)，记二面角E－AF－C的大小为θ，则cos θ＝＝，∴θ≠，D错误．故选BC.
8．( ABC )[解析]　因为BC∥AD，所以∠EAD(或其补角)即为异面直线AE与BC所成的角，又AD＝DE＝AE，所以∠EAD＝60°，即异面直线AE与BC所成的角为60°，A正确；连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且OE⊥平面ABCD，所以OE⊥BD，又BD⊥AC，OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以BD⊥平面ACE，又CE 平面ACE，所以BD⊥CE，B正确；由对称性可知OE＝OF，OA＝OC，所以四边形AFCE为平行四边形，所以AF∥CE，又AF 平面CDE，CE 平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理BF∥平面CDE，又AF∩BF＝F，AF，BF 平面ABF，所以平面ABF∥平面CDE，C正确；由AE＝AF，OE＝OF，得AO⊥EF，在正方形ABCD中，AO⊥BD，又BD∩EF＝O，所以AO⊥平面BEDF，所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，设该八面体的棱长为2，则AO＝AC＝＝，所以EO＝＝＝AO，所以 ∠AEO＝45°，D错误．故选ABC.
9．( AC )[解析]　取AC的中点O.∵PA＝PB＝PC＝2.∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴PO⊥平面ABC，且∠APO＝60°，∠PDO＝45°，AC＝2AO＝2，OD＝OP＝1，又D为AB的中点，∴BC＝2OD＝2，又AO＝BO＝CO，∴AB⊥BC，A正确；AB＝＝2，设C到平面PAB的距离为d.则由VP－ABC＝VC－PAB可求得d＝，B错误；S侧＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝2＋＋＝2＋2，C正确；如图建立空间直角坐标系，则A(0,2，0)，C(2,0,0)，P(1，，1)，B(0,0,0)，∴＝(1，－，1)，＝(2,0,0)，记AP与BC所成角为θ，则cos θ＝＝，又θ∈，∴θ＝.D错误，故选AC.
10．( ABD )[解析]　由A1B⊥AD，A1B⊥AB1知A1B⊥平面AB1C1D，又PC1 平面AB1C1D，∴A1B⊥PC1，A正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，由A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1知C1O⊥平面BB1D1D，∴∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，又OC1＝BC1，∴∠C1BO＝30°，B正确；若BP⊥平面CC1P，则BP⊥CP，而以BC为直径的圆与AD相离，故这样的点P不存在，C错误；由AD∥平面BCC1知动点P到平面BCC1的距离为定值，又S△BCC1为定值，∴VB－PCC1为定值，D正确．故选ABD.
三、填空题
11．[解析]　如图AH⊥l于H，由α⊥β，知AH⊥α，∴∠ABH＝30°，又AB＝4，∴AH＝2，BQ⊥l于Q，同理BQ＝2，作BM綉HQ，连接AM，则∠ABM为直线AB与l所成的角，由MH綉BQ知MH⊥l，∴l⊥平面AMH，从而BM⊥平面AMH，∴BM⊥AM，且AM＝2，∴sin∠ABM＝＝.故∠ABM＝.
12．[解析]　＝(－1,0，－2)，＝(2，－1,0)，则C到直线AB的距离为||＝＝.
13.[解析]　以O为原点，OB，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，AB为两个单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形边长为2，则D(0,0,1)，E，F，＝，＝.
设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则得取y＝1，得n＝(－，1，)，易得与共线的一个向量为m＝(0,1,0)，所以直线AC与平面OEF所成角的正弦值为＝.
四、解答题
14．[解析]　(1)证明：因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
AB 平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面A1D1DA，
因为AB∥A1B1，
所以A1B1⊥平面A1D1DA，
又因为A1D 平面A1D1DA，所以A1B1⊥A1D.
(2)取AD的中点O，连接A1O，如图，
因为A1A＝A1D，所以A1O⊥AD，
又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，
平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
所以A1O⊥平面ABCD，
所以A1O为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高，
设AB＝a，则AD＝2a，OA1＝a，
所以四棱柱的体积V＝S ABCD×OA1＝a×2a×a＝2a3＝2，解得a＝1.
解法一：∵AA1＝，AB⊥A1A，∴A1B＝，
又OM＝OA1＝1，A1O⊥OM，∴A1M＝，
∴A1M2＋BM2＝A1B2，∴BM⊥A1M，∴M到A1B的距离l＝＝，又VM－A1BA＝VABCD－A1B1C1D1＝，∴M到平面AA1B的距离d＝＝，
∴所求二面角的正弦值sin θ＝＝.
解法二：以A为坐标原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，M(1,1,0)，A1(0,1,1)，
＝(0,1,1)，＝(1,0,0)，
设平面AA1B的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则得
令y＝1，则n1＝(0,1，－1)，
同理可求平面A1BM的一个法向量为n2＝(1,0,1)．
设二面角A－A1B－M的平面角为θ∈[0，π]，
则|cos θ|＝＝＝，
所以sin θ＝＝，
即二面角A－A1B－M的正弦值为.
15．[解析]　(1)证明：证法一：延长AM、BC相交于H，连接SH，
则SH 平面SBC，
∵AB∥CD，AB＝2CD＝4MC，
∴＝＝，
∴＝＝，∴MN∥SH，
又MN 平面SBC，
∴MN∥平面SBC.
证法二：在平面ABCD内过点M作MF∥BC交AB于点F，连接NF，
则四边形MCBF为平行四边形，
所以FB＝MC＝CD＝，所以AF＝3FB，
又AN＝3SN，所以NF∥SB，
因为NF 平面SBC，SB 平面SBC，
所以NF∥平面SBC.
因为MF∥BC，MF 平面SBC，BC 平面SBC，
所以MF∥平面SBC，
又NF∩MF＝F，NF，MF 平面MNF，
所以平面MNF∥平面SBC，
又MN 平面MNF，所以MN∥平面SBC.
(2)取AD的中点O，连接SO，BO，
因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC＝2，
所以AD＝BD＝，所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又SA＝SD＝1，AD＝，所以SA⊥SD，SO⊥AD，所以SO＝AD＝.
在△BDO中，BO2＝BD2＋OD2＝，
又SB＝，所以SB2＝SO2＋BO2，所以SO⊥OB，
又AD∩BO＝O，AD，BO 平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD.
解法一：由BD＝，SD＝1，SB＝知SB2＝BD2＋SD2，
∴BD⊥SD，设C到平面SBD的距离为d.
则由VC－SBD＝VS－BCD得BC·DC·SO＝DS·DB·d，
∴d＝，
又OC2＝OD2＋DC2－2OD·DC·cos 135°＝，
∴SC＝＝，
故所求线面角的正弦值为sin θ＝＝＝.
解法二：过B作Bz∥SO，则Bz⊥平面ABCD，则BA，BC，Bz两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，Bz所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，S，
所以＝，＝(1,1,0)，
＝.
设平面SBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，则n＝(1，－1，－)，
设直线SC与平面SBD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为.
【B级　能力提升】
1．( B )[解析]　因为A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1＝D1，AD1，C1D1 平面AD1M，所以A1D⊥平面AD1M，又A1D 平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AD1M，故B正确；以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，N(1,2,0)．设M(0，y,2)(02．( ABD )[解析]　对A，以点D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AA1＝2AB＝2，则AB＝1，由题意可知B(1,1,0)，N(1,0,1)，C(0,1,0)，则＝(1,1,0)，＝(－1,1，－1)，·＝－1＋1＝0，∴⊥，即BD⊥NC，故A正确；对B，∵E(0,1,1)，∴＝(0,1,1)，·＝1－1＝0，∴⊥即DE⊥NC.又∵BD⊥NC，DE∩BD＝D，BD 平面BDE.所以NC⊥平面BDE，B正确；对C，连接EF，CD1，由已知得CD1∥EF，所以A1B∥EF，所以A1，B，E，F四点共面，∴直线BE与A1F是共面直线，C错误；对D，设直线NC与平面BDE的交点为O，由正方体知ND＝NB＝NE＝DB＝BE＝DE＝，则四面体N－BDE为正四面体．∵CN⊥平面BDE，则O为正三角形BDE的中心，故D正确．故选ABD.
3．[解析]　(1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝AC＝，∠C1CO＝45°，
所以cos∠C1CO＝＝，
所以C1O＝，
则C1C2＝OC2＋C1O2，从而C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC 平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AB⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0,0)，C(－，0,0)，C1(0,0，)，则＝＝(，0，)，＝(－，，0)，＝(－，－，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令x1＝1，得m＝(1,1，－1)，
即
令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．
设二面角B－AA1－D大小为θ，
则cos θ＝＝＝，
从而sin θ＝＝，
所以二面角B－AA1－D的正弦值为.
4．[解析]　(1)证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF 平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF.
又AB⊥AF，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(2,0,0)，
所以＝(－1,0,1)，＝(－1，－2,2)，＝(2，－2,0)，
设平面DCE的法向量为n＝(x，y，z)，则
令x＝2，则z＝2，y＝1，所以n＝(2,1,2)，
因为n·＝2×2＋1×(－2)＝2≠0，即与n不垂直，
所以BG与平面DCE不平行．
(2)设AF＝a(a>0且a≠1)，则F(a,0,0)，所以＝(a，－2,0)．
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴＝|cos〈，n〉|＝＝，
化简得11a2－40a－16＝0，
解得a＝4或a＝－(舍去)，故AF＝4.
∴F(4,0,0)，＝(－4,0,2)，由(1)知平面DCE的一个法向量n＝(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距离d＝＝.
5．[解析]　(1)证明：∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，故∠ACB＝90°.
又∵∠BAC＝30°，AC＝2，
∴AB＝4＝MB.
∵AC＝MC，BC＝BC，
∴△ABC≌△MBC，∴∠BCM＝90°，
∴BC⊥MC，又∵BC⊥AC，AC∩MC＝C，
AC，MC 平面MAC，
∴BC⊥平面MAC.
(2)取AC的中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，
由(1)可知，BC⊥DM，
∵AC∩BC＝C，∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC，
∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(，0,0)，B(－，2,0)，
∵OO′⊥平面ABC，
∴DM∥OO′，
四边形ODMO′为矩形，
∴N(0,2,3)，
平面MAC的一个法向量为n1＝(0,1,0)．
设平面NAB的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
＝(－2，2,0)，＝(－，2,3)，
由得
令x＝，则y＝3，z＝－1，
平面NAB的一个法向量为n2＝(，3，－1)，
则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为＝＝，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为.2025高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面垂直的判定与性质-专项训练模拟练习
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．已知直线a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
2．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
3．已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列条件中，可以得到l⊥α的是( )
A．l⊥m，l⊥n，m α，n α
B．l⊥m，m∥α
C．α⊥β，l∥β
D．l∥m，m⊥α
4. 已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的有( )
①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面PAE.
A．①④ B．①③④
C．②③⑤ D．①②④⑤
5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN( )
A．有且仅有1条 B．有且仅有2条
C．有且仅有3条 D．有无数条
6．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
B．若α∥β，m α，n β，则m∥n
C．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
7．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
D．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为A1B，A1C1，A1D的中点，则下列结论中错误的是( )
A．MN∥AD1
B．平面MNP∥平面BC1D
C．MN⊥CD
D．平面MNP⊥平面A1BD
二、多选题
9．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
10．如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论正确的是( )
A．AF⊥PB
B．EF⊥PB
C．AE⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
11. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，点M是侧面BB1C1C内的一个动点，且OM∥平面C1A1D，则以下关系一定正确的是( )
A．OM∥DC1
B．VM－C1A1D＝VC－C1A1D
C．OM⊥B1C
D．OM⊥BD1
三、填空题
12．已知直线m、l，平面α、β，且m⊥α，l β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；
③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.
其中正确的命题是_________.
13．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________________________________________.
四、解答题
14．如图，在四棱锥B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是等边三角形，在直角梯形ACDE中，AE∥CD，AE⊥AC，AE＝1，AC＝CD＝2，P是棱BD的中点．
求证：EP⊥平面BCD.
15．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，将△CBD沿BD折起到△PBD的位置，使PA＝.
求证：平面PBD⊥平面ABD.
【B级　能力提升】
1．(多选题)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题，其中正确的命题为( )
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥n，m α，n α，则m∥α
C．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
D．若m⊥α，m β，则α⊥β
2．(多选题)如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，则圆O上存在点M使( )
A．MN∥SC
B．MN∥平面SBC
C．SM⊥AC
D．AM⊥平面SBC
3．(多选题)已知点P为正方体ABCD－A1B1C1D1底面ABCD的中心，用与直线PD1垂直的平面α截此正方体，所得截面可能是( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
4．如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，∠AOB＝，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF＝2FB.
证明：平面AOP⊥平面OEF.
5．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1，D为棱A1B1上的点，
证明：BF⊥DE.
参考答案
【A级　基础巩固】
一、单选题
1．( A )[解析]　过a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，则b⊥β，又b α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α时，a∥β或a与β相交，不一定a⊥β，故选A.
2．( D )[解析]　由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l β，所以l∥β，由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾，所以α，β相交，且交线平行于l，故选D.
3．( D )[解析]　由α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
对于A，l⊥m，l⊥n，m α，n α，则l与α相交、平行或l α，故A错误；
对于B，l⊥m，m∥α，则l与α相交、平行或l α，故B错误；
对于C，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l α，故C错误；
对于D，l∥m，m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故D正确．故选D.
4. ( B )[解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB 平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成的角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，显然AF与平面PAE相交，∴CD与平面PAE相交，即⑤不成立，故选B.
5．( D )[解析]　正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，过点M作垂直于DD1的平面，交BC1于点N′，则MN′⊥DD1.因为M是DD1上的动点．所以过M点与DD1垂直的平面有无数个，所以满足条件的N点也有无数个，所以有无数个满足条件的直线MN，即满足与DD1垂直的直线MN有无数条．故选D.
6．( D )[解析]　对于A，可能会出现n∥β，n β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A不正确；对于B，m，n可能是异面直线，所以B不正确；对于C，α，β可能平行或相交但不垂直，所以C不正确；对于D，在平面β内可找到一条直线垂直于平面α，根据面面垂直的判定定理可知D正确，故选D.
7．( D )[解析]　对于A，若m⊥n，n∥α，则m α或者m∥α或者m，α相交，故A错误；对于B，若m∥β，β⊥α，则m α或者m∥α或者m，α相交，故B错误；对于C，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m α或者m∥α或者m，α相交，故C错误；对于D，若m⊥β，n⊥β，则n∥m，又n⊥α，所以m⊥α，故D正确．故选D.
8．( D )[解析]　对A，在△A1BC1中，因为M，N分别为A1B，A1C1的中点，所以MN∥BC1.又BC1∥AD1，所以MN∥AD1，A正确；对B，在△A1BD中，因为M，P分别为A1B，A1D的中点，所以MP∥BD.因为MP 平面BC1D，BD 平面BC1D，所以MP∥平面BC1D.因为MN∥BC1，MN 平面BC1D，BC1 平面BC1D，所以MN∥平面BC1D.又因为MP∩MN＝M，MP，MN 平面MNP，所以平面MNP∥平面BC1D，B正确；对C，因为MN∥AD1，AD1⊥CD，所以MN⊥CD，C正确；对D，取BD的中点E，连接A1E，EC1，则∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角．设正方体棱长为a，则cos∠A1EC1＝＝≠0，又0°<∠A1EC1<180°，则∠A1EC1≠90°，所以平面A1BD与平面BC1D不垂直．又平面MNP∥平面BC1D，所以平面MNP与平面A1BD不垂直，D错误．故选D.
二、多选题
9．( AB )[解析]　对于A，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因为m⊥α，l α，所以m⊥l，结合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命题；对于B，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命题；对于C，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正确；对于D，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正确．故选AB.
10．( ABD )[解析]　由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB，故A正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB，故B正确；若AE⊥平面PBC，由A知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立，故C错误；由BC⊥平面PAC知平面PAC⊥平面PBC，故D正确，故选ABD.
11. ( BD )[解析]　如图易知平面C1A1D∥平面ACB1，由题意可知M在B1C上运动，当M运动到点C时OM与DC1异面，∴A错；由B1C∥A1D知B1C∥平面C1A1D，∴VM－C1A1D＝VC－C1A1D，∴B对；C显然错；由BD1⊥平面ACB1知OM⊥BD1，D对．故选BD.
三、填空题
12．[解析]　对于①，若α∥β，m⊥α，l β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m与l垂直，或m与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α⊥β或α∥β或与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l β，所以α⊥β，故④正确．
13．[解析]　由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．
四、解答题
14．[证明]　证法一：如图，作PQ∥DC交BC于点Q，连接AQ，
∵P为BD的中点，∴Q为BC的中点，
∴PQ綉CD，又AE綉CD，∴PQ綉AE，
四边形AEPQ为平行四边形，∴EP∥AQ.
又△ABC为等边三角形，
∴AQ⊥BC，∴EP⊥BC.
又AE∥CD，AE⊥AC，∴CD⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACDE，
∴CD⊥平面ABC，又AQ 平面ABC，∴AQ⊥CD，
∴EP⊥CD，
又CD∩BC＝C，∴EP⊥平面BCD.
证法二：
分别取梯形两腰AC、ED的中点O、H，连接OH，OB.
则OH∥AE，
∵AE⊥AC，
∴OH⊥AC，
又平面ACDE⊥平面ABC，
∴OH⊥平面ABC，∴OH⊥AC，OH⊥OB.
又△ABC为正三角形，∴OB⊥AC.
如图建立空间直角坐标系，由题意易知E(1,0,1)，C(－1,0,0)，B(0，，0)，D(－1,0,2)，P，
∴＝，＝(1，，0)，＝(0,0,2)，
从而·＝0，·＝0，
∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C，
∴EP⊥平面BCD.
15．[证明]　如图，取BD中点O，连接OA，OP.
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，
∠BAD＝60°，
所以△ABD、△PBD是边长为2的正三角形，
因为O是BD的中点，
所以OA⊥BD，OP⊥BD，
所以∠POA为二面角P－BD－A的平面角．
因为PD＝2，OD＝BD＝1，
所以OP＝＝，
同理可得OA＝，因为PA＝，
所以OP2＋OA2＝PA2，则OP⊥OA，
由面面垂直定义可得平面PBD⊥平面ABD.
或：又因为OP⊥BD，OA，BD 平面ABD，OA∩BD＝O，
所以OP⊥平面ABD，
因为OP 平面PBD，
所以平面PBD⊥平面ABD.
【B级　能力提升】
1．( ABD )[解析]　对于A，由n∥α，得存在过直线n的平面γ与平面α相交，令交线为c，则c∥n，由m⊥α，c α，得m⊥c，因此m⊥n，A正确；B显然正确；对于C，由于α⊥β，令α∩β＝l，当m∥l，m α时，有m∥α，此时m β或m∥β，C错误；D显然正确．故选ABD.
2．( BC )[解析]　假设存在点M使MN∥SC，所以M，N，S，C四点共面，又因为A∈SN，所以A∈平面MNSC，易得点A，M，C为平面MNSC和平面ABC的公共点，所以A，M，C三点共线，与题意矛盾，故不存在点M使MN∥SC，即A错误；过O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，由于OM 平面SBC，ON 平面SBC，所以OM∥平面SBC，ON∥平面SBC，又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN 平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正确；点M的位置同选项B，由于AB为直径，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，由圆锥易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，所以AC⊥平面SOM，所以AC⊥SM，即C正确；假设存在点M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，故平面SBC应与平面SBO平行，与题意显然不符，即D错误．故选BC.
3．( ABC )[解析]　如图点Q为BB1的中点，由AD1＝CD1知AC⊥PD1，
由＝知Rt△BPQ～Rt△DD1P，
∴∠BPQ＋∠DPD1＝∠BPQ＋∠BQP＝，
∴PD1⊥PQ，∴D1P⊥平面ACQ，此时平面ACQ就是满足条件的一个α，此时所得截面为△ACQ，
当点Q平移至点B1，对应的点A，C平移至点M，N(M，N分别是AA1，CC1的中点)，形成平面DNB1M，
此时截面为四边形DNB1M，
夹在平面ACQ和平面DNB1M之间的形成五边形EFRHG，如下图，
若截面在平面ACQ下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，
若截面在平面DNB1M的上方时，形成的截面为五边形，如下图，
当点M，N分别移到点A1，C1的位置，点D移到D1D的中点K位置，形成的截面为三角形A1C1K，再往上形成的截面也为三角形，直至缩成一个点，
如下图，
综上可知，所得截面为三角形，四边形，五边形，没有六边形．故选ABC.
4．[证明]　设圆O的半径为r，
在△AOB中，OA＝OB＝r，∠AOB＝，∠OAB＝，
故AB＝r，又AF＝2FB，故AF＝，
在△AOF中，由余弦定理得OF2＝OA2＋AF2－2OA·AF·cos∠OAF＝r2，
所以OA2＋OF2＝AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF 底面⊙O，
故PO⊥OF，
又OA∩OP＝O，所以OF⊥平面AOP，
又OF 平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
5．[证明]　证法一：取BC的中点H，连接EH、B1H，
∵E为AC的中点，
∴EH∥AB，又AB∥A1B1，
∴EH∥A1B1，即E、H、B1、D共面，
又A1B1⊥BF，
∴EH⊥BF.又AB＝BC，
由题意易知四边形BCC1B1为正方形，又F为CC1的中点，
∴BF⊥HB1，
又HB1∩EH＝H，∴BF⊥平面EHB1D，
又ED 平面EHB1D，∴BF⊥ED.
证法二：由题意知AB⊥BB1.
又BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
∴AB⊥BF，
∴AB⊥平面BCC1B1.
∴AB⊥BC.
又AB＝BC＝2，E、F分别为AC、CC1的中点，
∴BE＝，EF＝，BF＝，A1E＝，A1F＝3，A1B＝2，
∴A1F2＝A1E2＋EF2，A1B2＝A1E2＋EB2，
∴A1E⊥EF，A1E⊥EB，
∴A1E⊥平面BEF，从而A1E⊥BF.又A1E∩A1B1＝A1，
∴BF⊥平面A1EB1，又ED 平面A1EB1，
∴BF⊥DE.
证法三：同证法二可知AB、BC、BB1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，∵AB＝BC＝2，∴E(1,1,0)，B(0,0,0)，F(0,2,1)，D(a,0,2)(0≤a≤2)，
∴＝(0,2,1)，＝(a－1，－1,2)，
∴·＝0，∴BF⊥DE.

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