【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试44空间点、直线、平面间的位置关系作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试44空间点、直线、平面间的位置关系作业

考点测试44　空间点、直线、平面间的位置关系 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 考纲研读 ‎1．理解空间直线、平面位置关系的定义 ‎2．了解可以作为推理依据的公理和定理 ‎3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 一、基础小题 ‎1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的(　　)‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 答案　A 解析　“两条直线为异面直线”⇒“两条直线无公共点”．“两直线无公共点”⇒“两直线异面或平行”．故选A．‎ ‎2．下列命题正确的个数为(　　)‎ ‎①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ 答案　C 解析　经过不共线的三点可以确定一个平面，∴①不正确；两条平行线可以确定一个平面，∴②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，∴③正确；命题④中没有说清三个点是否共线，∴④不正确．‎ ‎3．若直线上有两个点在平面外，则(　　)‎ A．直线上至少有一个点在平面内 B．直线上有无穷多个点在平面内 C．直线上所有点都在平面外 D．直线上至多有一个点在平面内 答案　D 解析　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．‎ ‎4．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(　　)‎ A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M 答案　D 解析　∵A，B∈γ，M∈AB，∴M∈γ．又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β．根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．‎ ‎5．若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是(　　)‎ A．异面或平行 B．异面或相交 C．异面 D．相交、平行或异面 答案　D 解析　异面直线不具有传递性，可以以长方体为载体加以说明，a，b异面，直线c的位置如图(可有三种情况)所示，故a，c可能相交、平行或异面．‎ ‎6．以下四个命题中：‎ ‎①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．‎ 正确命题的个数是(　　)‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ 答案　B 解析　‎ ‎①正确，否则三点共线和第四点必共面；②错误，如图三棱锥，能符合题意但A，B，C，D，E不共面；③错误，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错误．‎ ‎7．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　　)‎ A．与a，b都相交 B．只能与a，b中的一条相交 C．至少与a，b中的一条相交 D．与a，b都平行 答案　C 解析　如果c与a，b都平行，那么由平行线的传递性知a，b平行，与异面矛盾．故选C．‎ ‎8．如图，平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．‎ 答案　5‎ 解析　依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行的棱有AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合条件的棱有5条．‎ 二、高考小题 ‎9．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为棱CC1的中点，‎ 则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　C 解析　‎ 在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成的角为∠EAB，设正方体的棱长为‎2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝a，‎ 则tan∠EAB＝＝＝．故选C．‎ ‎10．(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值(　　)‎ A．至多等于3 B．至多等于4‎ C．等于5 D．大于5‎ 答案　B 解析　首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C，D．又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B．‎ ‎11．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 答案　A 解析　因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A．‎ 三、模拟小题 ‎12．(2018·武昌调研)已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l(　　)‎ A．相交 B．平行 C．垂直 D．异面 答案　C 解析　当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．‎ ‎13．(2018·福州五校联考)如图，已知在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，则直线EF是平面ACD1与(　　)‎ A．平面BDB1的交线 B．平面BDC1的交线 C．平面ACB1的交线 D．平面ACC1的交线 答案　B 解析　连接BC1．因为E∈DC1，F∈BD，所以EF⊂平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1＝EF．故选B．‎ ‎14．(2018·湖北七市(州)联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直 B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直 C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行 D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直 答案　B 解析　对于A，在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；对于B，因为直线m与平面α相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；对于C，类似于A，‎ 在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；对于D，与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B．‎ ‎15．(2018·兰州市高考实战模拟)已知长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，则异面直线B‎1C和C1D所成角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． 答案　A 解析　如图，连接A1D，A‎1C1，由题易知B‎1C∥A1D，∴∠C1DA1是异面直线B‎1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝，AD＝1，∴A1D＝2，DC1＝，A‎1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝‎ ＝，故选A．‎ ‎16．(2018·河北石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是(　　)‎ 答案　D 解析　‎ ‎(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对选项A，易判断PR ‎∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对选项B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对选项C，易判断PQ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而选项D中的RS，PQ为异面直线，故选D．‎ ‎17．(2018·武汉调研)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．‎ 答案　3‎ 解析　平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．‎ ‎18．(2018·山西四校联考)如图所示，在空间四边形A－BCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)‎ ‎①EF与GH平行；‎ ‎②EF与GH异面；‎ ‎③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；‎ ‎④EF与GH的交点M一定在直线AC上．‎ 答案　④‎ 解析　连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H共面．因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，所以四边形EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M．因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．‎ 一、高考大题 ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．‎ ‎(1)证明：AC⊥BD；‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ 解　(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO．‎ 因为AD＝CD，‎ 所以AC⊥DO．‎ 又由于△ABC是正三角形，‎ 所以AC⊥BO．‎ 从而AC⊥平面DOB，‎ 故AC⊥BD．‎ ‎(2)连接EO．‎ 由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2．‎ 又AB＝BD，‎ 所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°．‎ 由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC．‎ 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD．‎ 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1．‎ ‎2．(2015·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．‎ ‎(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；‎ ‎(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎(3)证明：直线DF⊥平面BEG．‎ 解　(1)点F，G，H的位置如图所示．‎ ‎(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：‎ 因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，‎ 又FG∥EH，FG＝EH，‎ 所以BC∥EH，BC＝EH，‎ 于是四边形BCHE为平行四边形，‎ 所以BE∥CH．‎ 又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，‎ 所以BE∥平面ACH．‎ 同理BG∥平面ACH．‎ 又BE∩BG＝B，‎ 所以平面BEG∥平面ACH．‎ ‎(3)证明：连接FH．‎ 因为ABCD－EFGH为正方体，‎ 所以DH⊥平面EFGH．‎ 因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG．‎ 又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD．‎ 又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG．‎ 同理DF⊥BG．‎ 又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG．‎ 二、模拟大题 ‎3．(2018·河南洛阳月考)如图所示，正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：‎ ‎(1)E，C，D1，F四点共面；‎ ‎(2)CE，D‎1F，DA三线共点．‎ 证明　(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，‎ ‎∵E，F分别是AB和AA1的中点，‎ ‎∴FE∥A1B且EF＝A1B．‎ ‎∵A1D1綊BC，‎ ‎∴四边形A1BCD1是平行四边形，‎ ‎∴A1B∥D‎1C，∴FE∥D‎1C，‎ ‎∴EF与CD1可确定一个平面，‎ 即E，C，D1，F四点共面．‎ ‎(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝CD1，‎ ‎∴四边形CD1FE是梯形，‎ ‎∴直线CE与D‎1F必相交，设交点为P，‎ 则P∈CE⊂平面ABCD，‎ 且P∈D‎1F⊂平面A1ADD1，‎ ‎∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1．‎ 又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，‎ ‎∴P∈AD，∴CE，D‎1F，DA三线共点．‎ ‎4．(2018·河南焦作一模)如图所示，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝xAF．‎ ‎(1)若四点F，B，C，E共面，AB＝a，求x的值；‎ ‎(2)求证：平面CBE⊥平面EDB．‎ 解　(1)∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，‎ ‎∴平面ABF∥平面DCE．‎ ‎∵四点F，B，C，E共面，∴FB∥CE，‎ ‎∴△ABF与△DCE相似．‎ ‎∵AB＝a，∴ED＝a，CD＝‎2a，AF＝，‎ 由相似比得＝，即＝，所以x＝4．‎ ‎(2)证明：不妨设AB＝1，则AD＝AB＝1，CD＝2，‎ 在Rt△BAD中，BD＝，取CD中点为M，则MD与AB平行且相等，连接BM，可得△BMD为等腰直角三角形，因此BC＝，因为BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD，又因为平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED⊥AD，所以ED⊥平面ABCD，所以BC⊥DE，又因为BD∩DE＝D，所以BC⊥平面EDB，因为BC⊂平面CBE，所以平面CBE⊥平面EDB．‎ ‎5．(2018·沈阳质检)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB．过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：‎ ‎(1)平面EFG∥平面ABC；‎ ‎(2)BC⊥SA．‎ 证明　(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB．‎ 因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC．‎ 同理EG∥平面ABC．又EF∩EG＝E，‎ 所以平面EFG∥平面ABC．‎ ‎(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，‎ 又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，‎ 所以AF⊥平面SBC，‎ 因为BC⊂平面SBC，‎ 所以AF⊥BC．‎ 又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，‎ 所以BC⊥平面SAB．‎ 因为SA⊂平面SAB，‎ 所以BC⊥SA．‎ ‎6．(2018·河南郑州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．‎ ‎(1)求证：PC⊥AD；‎ ‎(2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由；‎ ‎(3)求点D到平面PAM的距离．‎ 解　(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC，AC，‎ 因为四边形ABCD是∠ABC＝60°的菱形，‎ 所以∠ADC＝60°，AD＝CD，‎ 所以△ACD是正三角形，‎ 所以OC⊥AD，‎ 又△PAD是正三角形，‎ 所以OP⊥AD，‎ 又OC∩OP＝O，OC⊂平面POC，OP⊂平面POC，‎ 所以AD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，‎ 所以PC⊥AD．‎ ‎(2)存在．当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面．‎ 证明如下：取棱PB的中点Q，连接QM，QA，‎ 因为M为PC的中点，‎ 所以QM∥BC，‎ 在菱形ABCD中，AD∥BC，‎ 所以QM∥AD，‎ 所以A，Q，M，D四点共面．‎ ‎(3)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离，‎ 由(1)可知PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，‎ 所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P－ACD的高，‎ 在Rt△POC中，PO＝OC＝，则PC＝，‎ 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，‎ 所以边PC上的高AM＝＝，‎ 所以S△PAC＝PC·AM＝××＝，‎ 设点D到平面PAC的距离为h，‎ 由VD－PAC＝VP－ACD，‎ 得S△PAC·h＝S△ACD·PO，‎ 即×·h＝××22×，‎ 解得h＝，所以点D到平面PAM的距离为．‎