立体几何考点测试42空间点直线平面间的位置关系.docx

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立体几何考点测试42空间点直线平面间的位置关系

测试42　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．0B．1C．2D．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AB．点B

C．点C但不过点MD．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．0B．1C．2D．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3B．至多等于4

C．等于5D．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

．