专题强化练4 直线与平面的位置关系--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026苏教版高中数学必修第二册
专题强化练4　直线与平面的位置关系
1.(2024江苏连云港锦屏高级中学阶段练习)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=BC=1,AD=2,PB与平面ABCD所成的角为,底面ABCD为直角梯形,∠BAD=∠ABC=,则点A到平面PBC的距离为(　　)
A.
2.(2025江苏盐城建湖高级中学阶段检测)在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,点E,F分别为线段BC与线段AD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　
C.
3.(多选题)(2024安徽淮南第二中学月考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,DA=AB=BC=CD,∠ADC=,E为CD的中点,将△DAE沿AE折起,使点D到达点P的位置(点P不在平面ABCE内),连接PB,PC(如图2),则在翻折过程中,下列说法正确的有(　　)
　
A.BC∥平面PAE
B.PB⊥AE
C.存在某个位置,使PC⊥平面PAE
D.PB与平面ABCE所成角的最大值为
4.(2024上海大学附属中学月考)如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,沿BD将△BCD折起,使得点C在平面ABD上的射影落在AB上,则直线BC与平面ABD所成的角为　　　　.
5.(2025北京期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA=AB=2,∠DAB=60°,PA⊥平面ABCD,Q点在四棱锥P-ABCD表面上,且DQ⊥AC,则PC与底面ABCD所成的角为　　　;Q点所形成的轨迹长度是　　　　.
6.(2025浙江浙南名校联盟期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,M,N分别是PB,CD的中点,AD=3BC,.
(1)求证:MN∥平面PAD;
(2)若PB∥平面ACE,求λ的值;
(3)当λ=2时,若PA=PB=PC=AD=9,CD=12,,请在图中作出四棱锥P-ABCD过点B,E,F的截面(保留作图痕迹),并求出截面周长.
7.(2025湖南期中)如图1,在△ABC中,AC=3,BC=4,AC⊥BC,E,F分别是AB,AC上的点,,将△AEF沿EF翻折至△PEF,连接PB,PC,得到如图2所示的四棱锥P-BCFE,若平面PEF与平面PBC相交于直线m.
(1)求证:m∥BC;
(2)当PF⊥PC时,求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值.
　
8.(2024江苏镇江实验高级中学月考)如图,已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=2,M,N分别是线段PB,DC上的点,满足=λ.
(1)若λ=1,求证:直线MN∥平面PDA;
(2)是否存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC 如果有,请求出λ的值;否则,请说明理由;
(3)若λ=1,求直线MN与直线PD所成最大角的余弦值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练4　直线与平面的位置关系
1.C　如图所示,过点A作AE⊥PB,垂足为E,
因为PA⊥平面ABCD,
所以∠PBA为PB与平面ABCD所成的角,则∠PBA=,
又AB 平面ABCD,所以PA⊥AB,又PA=1,所以AB=1,
所以PB=.
因为∠ABC=,所以BC⊥AB.
因为BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,
又AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
因为AE 平面PAB,所以BC⊥AE,
又AE⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
所以AE⊥平面PBC,
所以点A到平面PBC的距离等于AE的长,即.
2.A　分别取AC,CD的中点H,G,连接HE,HF,EG,FG,
则EG∥BD,故∠FEG或其补角为异面直线EF与BD所成的角,
由题意知△BCD为直角三角形,且BC=CD,则BC⊥CD,
因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD,
又AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,所以CD⊥平面ABC,
而F为线段AD的中点,故HF∥CD,故HF⊥平面ABC,
又HE 平面ABC,所以HF⊥HE.
设AB=BC=CD=2,则HE=HF=1,所以EF=,
易知BD=2,
故△EGF为正三角形,则∠FEG=,
所以异面直线EF与BD所成角的余弦值为.
3.AB　对于A,在等腰梯形ABCD中,AB=CD,E为CD的中点,所以AB CE,
所以四边形ABCE为平行四边形,所以BC∥AE,
则在题图2中,仍有BC∥AE,因为BC 平面PAE,AE 平面PAE,所以BC∥平面PAE,故A正确;
对于B,如图1,取AE的中点O,连接PO,BO,
因为PA=PE,O为AE的中点,所以PO⊥AE,
在等腰梯形ABCD中,连接BE,
易证得四边形ABED为平行四边形,
所以BE=AD=AB,
又O为AE的中点,
所以BO⊥AE,
因为PO∩BO=O,PO,BO 平面POB,
所以AE⊥平面POB,
又PB 平面POB,所以AE⊥PB,故B正确;
对于C,若PC⊥平面PAE,因为PE 平面PAE,所以PC⊥PE,
在Rt△PEC中,必有EC>PE,与EC=PE矛盾,故C错误;
对于D,如图2,作PM⊥BO,交BO或BO的延长线于点M,
由选项B知,AE⊥平面POB,而PM 平面POB,
所以AE⊥PM,
因为AE∩BO=O,AE,BO 平面ABCE,
所以PM⊥平面ABCE,
所以∠PBO为直线PB与平面ABCE所成的角,显然∠PBO∈,故D错误.
4.答案　45°
解析　作CE⊥AB于E,由题意知CE⊥平面ABD,故∠CBE即为BC与平面ABD所成的角,∵BD 平面ABD,∴BD⊥CE,
作OC⊥BD于O,连接OE,
∵CE∩OC=C,CE,OC 平面COE,∴BD⊥平面COE,∵OE 平面COE,∴BD⊥OE.
易得BD=,
∵BE=,∴BE=,
∴cos∠CBE=,故∠CBE=45°,即直线BC与平面ABD所成的角为45°.
一题多解　作CE⊥AB于E,由题意知CE⊥平面ABD,
故∠CBE即为BC与平面ABD所成的角,
由三余弦定理得cos∠CBD=cos∠ABD·cos∠CBE,即·cos∠CBE,
故cos∠CBE=,∴∠CBE=45°,
∴直线BC与平面ABD所成的角为45°.
5.答案　
解析　因为PA⊥平面ABCD,
所以∠PCA为PC与底面ABCD所成的角,
在△ADC中,由余弦定理可得
AC=
=,
在△PAC中,tan∠PCA=.
取PC的中点M,连接BD交AC于O,连接MO,
则AC⊥BD,MO∥PA,因为PA⊥平面ABCD,
所以OM⊥平面ABCD,　
又AC 平面ABCD,所以OM⊥AC,
又OM∩BD=O,OM,BD 平面BDM,
所以AC⊥平面BDM,
所以Q点所形成的轨迹为△BDM,
由∠DAB=60°,AD=AB=2,得△ABD是等边三角形,所以BD=2,
易得PB=2,PC=4,
在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB=,
在△MBC中,由余弦定理得MB2=CM2+CB2-2CM·CB·cos∠PCB=4+4-6=2,所以MB=,
易证△PCB≌△PCD,则DM=MB=,
所以Q点所形成的轨迹长度是2+2.
6.解析　(1)证明:取PA的中点R,连接MR,过C作CG∥AB交AD于G,取DG的中点H,连接NH,HR,则MR∥AB,MR=AB,∴MR NH,
∴四边形MNHR是平行四边形,∴MN∥RH.
又MN 平面PAD,RH 平面PAD,∴MN∥平面PAD.
(2)连接BD,AC交于点O,连接OE.
∵PB∥平面ACE,平面PBD∩平面ACE=OE,∴OE∥PB,∴.
又,∴,∴λ=.
(3)取PC上靠近点C的三等分点V,连接EF,EV,BF,BV,则四边形VEFB为所求截面.证明如下:
∵λ=2,∴,∴VE∥CD.
∵BC∥DF,BC=DF,∴四边形BCDF是平行四边形,
∴BF∥CD,∴VE∥BF.
故V,E,F,B四点共面,故四边形VEFB为所求截面.
∵PA=PB=PC=AD=9,CD=12,
∴VE=PA=3,BF=CD=12,
在△PBC中,PB=PC=9,BC=AD=3,
∴cos∠PCB=,
故BV=,
故截面周长为12+3+8+.
7.解析　(1)证明:由知EF∥BC,
因为EF 平面PEF,BC 平面PEF,
所以BC∥平面PEF.
又BC 平面PBC,平面PEF∩平面PBC=m,
所以m∥BC.
(2)由题知PF=1,FC=2,PE=,
因为PF⊥PC,所以PC=,
过点P作PM⊥FC于点M,连接EM,
由S△PFC=.
因为EF⊥PF,EF⊥FC,PF∩FC=F,PF,FC 平面PFC,所以EF⊥平面PFC.
又因为PM 平面PFC,所以EF⊥PM,
又因为EF∩FC=F,EF,FC 平面BCFE,
所以PM⊥平面BCFE,
则∠PEM为直线PE与平面BCFE所成的角,
在Rt△PME中,sin∠PEM=,
所以直线PE与平面BCFE所成角的正弦值为.
8.解析　(1)证明:取AP的中点Q,连接QM,QD,
因为λ=1,所以M是线段PB的中点,
所以QM∥AB,QM=AB,
因为四边形ABCD是矩形,N是线段DC的中点,
所以DN∥AB,DN=AB,
因此有DN∥QM,DN=QM,
所以四边形DNMQ是平行四边形,所以MN∥QD,
而MN 平面PDA,QD 平面PDA,
所以直线MN∥平面PDA.
(2)假设存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.
因为四边形ABCD是矩形,所以CD∥AB,
故MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB,AB 平面ABP,所以MN⊥平面ABP.
因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,而PA∩AB=A,PA,AB 平面ABP,
所以AD⊥平面ABP,因此MN∥AD,显然不可能,所以假设不成立,
因此不存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.
(3)当λ=1时,由(1)可知MN∥DQ,
所以∠PDQ或其补角是直线MN与直线PD所成的角,
设AD=a(a>0),
由(2)可知PA⊥AD,所以PD=,
在△PDQ中,由余弦定理得
cos∠PDQ=
=,
令a2+2=t(t>2),则0<,
于是有cos∠PDQ=,
当,此时∠PDQ有最大值.
则直线MN与直线PD所成最大角的余弦值为.
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