高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系.docx
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高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系
2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系
[解密考纲]考查点、线、面的位罝关系，常以选择题或填空题的形式出现．
一、选择题
1．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的（ C ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析 直线a，b平行时，由“l⊥a，l⊥b”
“l⊥α”；“l⊥α”⇒“l⊥a，l⊥b”，所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件．
2．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是（ A ）
A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面
解析 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，∴A1，C1，C，A四点共面．
∴A1C⊂平面ACC1A1.
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.
又M∈平面AB1D1，∴M为平面ACC1A1与AB1D1的公共点．
同理O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．
∴A，M，O三点共线．
3．正方体A1C中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ A ）
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
解析 如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．
4．已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是（ D ）
A．AB∥CD
B．AB与CD异面
C．AB与CD相交
D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交
解析 若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线．
5．（xx·黑龙江哈尔滨六中期中）下列命题正确的个数是（ B ）
①梯形的四个顶点在同一平面内；
②三条平行直线必共面；
③有三个公共点的两个平面必重合；
④每两条相交且交点各不相同的四条直线一定共面．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析 对于①，由于梯形为平面图形，故四个顶点在同一平面内，所以①正确；对于②，如三棱柱的三条侧棱相互平行但不共面，故三条平行线可共面，也可不共面，所以②不正确；对于③，当这三点共线时，两个平面可以不重合，故③不正确；对于④，由平面的性质可得满足条件的四条直线必共面，故④正确．综上，①④正确．故选B．
6．（xx·全国卷Ⅰ）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不平行的是（ A ）
解析 方法一 对于B项，如图所示连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，同理可证C，D项中均有AB∥平面MNQ.故选A．
方法二 对于A项，设正方体的底面对角线的交点为O（如图所示），连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行．故选A．
二、填空题
7．已知a，b为异面直线，直线c∥a，则直线c与b的位置关系是__相交或异面__.
解析 直线的位置关系有三种：
相交、异面、平行．因为a，b为异面直线，c∥a，所以c与b不平行，故c与b可能相交或异面．
8．四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有__6__对．
解析 由题意可得PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异面直线共有6对．
9．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为__
__.
解析 如图，取BC的中点H，连接FH，AH，
∴BE∥FH，∴∠AFH即为异面直线AF与BE所成的角．
过A作AG⊥EF于G，则G为EF的中点．
连接HG，HE，则△HGE是直角三角形．
设正方形边长为2，
则EF＝
，HE＝
，EG＝
，
∴HG＝
＝
，
∴AH＝
＝
.
由余弦定理知
cos∠AFH＝
＝
＝
.
三、解答题
10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，求异面直线A1M与DN所成的角的大小．
解析 如图，连接D1M，可证D1M⊥DN.
又∵A1D1⊥DN，A1D1，MD1⊂平面A1MD1，
A1D1∩MD1＝D1，
∴DN⊥平面A1MD1，
∴DN⊥A1M，即异面直线A1M与DN所成的夹角为90°.
11．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC
AD，BE
FA，G，H分别为FA,FD的中点．
（1）证明：
四边形BCHG是平行四边形；
（2）C，D，F，E四点是否共面？
为什么？
解析
（1）证明：
由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH
AD.
又BC
AD，∴GHBC.∴四边形BCHG为平行四边形．
（2）由BE
AF，G为FA的中点，知BEFG，
∴四边形BEFG为平行四边形．
∴EF∥BG.由
（1）知BG∥CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．
12．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．
（1）求证：
AE与PB是异面直线；
（2）求异面直线AE和PB所成角的余弦值；
（3）求三棱锥A－EBC的体积．
解析
（1）证明：
假设AE与PB共面，设平面为α.
因为A∈α，B∈α，E∈α，所以平面α即为平面ABE，
所以P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．
（2）取BC的中点F，连接EF，AF，
则EF∥PB，所以∠AEF或其补角就是异面直线AE和PB所成的角，
因为∠BAC＝60°，
PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，
所以AF＝
，AE＝
，EF＝
，
由余弦定理得cos∠AEF＝
＝
，
所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为
.
（3）因为E是PC的中点，
所以点E到平面ABC的距离为
PA＝1，
VA－EBC＝VE－ABC＝
×
×1＝
.
2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标39直线平面平行的判定及其性质
[解密考纲]对直线、平面平行的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面平行的判定与性质常以解答题为主，难度中等．
一、选择题
1．已知两个不同的平面α，β，两条不同的直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的（ B ）
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
解析 因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定“a∥β，b∥β”．故选B．
2．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则（ B ）
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
解析 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF
BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG
BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．
3．能使直线a与平面α平行的条件是（ D ）
A．直线与平面内的一条直线平行
B．直线与平面内的某条直线不相交
C．直线与平面内的无数条直线平行
D．直线与平面内的所有直线不相交
解析 A项不正确，因为由直线与平面内的一条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；B项不正确，因为由直线与平面内的某条直线不相交，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内，也可能和平面相交；C项不正确，因为由直线与平面内的无数条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；D项正确，因为由直线与平面内的所有直线不相交，依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行．
4．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（ A ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
解析 由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是（ C ）
A．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
B．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β
C．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥β
D．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β
解析 对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确．故选C．
6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：
①
⇒n∥α；②
⇒m∥n；③
⇒α∥β；④
⇒m∥n.其中正确命题的序号是（ B ）
A．③④ B．②③ C．①② D．①②③④
解析 ①不正确，n可能在α内．
②正确，垂直于同一平面的两直线平行．
③正确，垂直于同一直线的两平面平行．
④不正确，m，n可能为异面直线．故选B．
二、填空题
7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于
.
解析 因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，
且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.
又E是DA的中点，所以F是DC的中点，
由中位线定理可得EF＝
AC，
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，
所以AC＝2
，所以EF＝
.
8．设α，β，γ是三个不同平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且____，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是__①③__（把所有符合题意条件的序号填上）．
解析 ①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ，知a，b在面β内，且没有公共点，故平行．
②a∥γ，b∥β不可以，举出反例如下：
使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b.这些条件无法确定两直线的位置关系．
③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a，知a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得两直线平行．
9．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，PA∥平面MQB，则实数t＝__
__.
解析 连AC交BQ于N，交BD于O，
连接MN，如图，则O为BD的中点．
又∵BQ为△ABD边AD上的中线，
∴N为正三角形的中心．
令菱形ABCD的边长为a，
则AN＝
a，AC＝
a.
∵PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，
平面PAC∩平面MQB＝MN，
∴PA∥MN，∴PM∶PC＝AN∶AC，
即PM＝
PC，t＝
.
三、解答题
10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：
平面A′B′C′∥平面ABC.
证明 连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.
∵A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，
∴M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，
由
＝
＝
，知A′C′∥MN，∵MN⊂平面ABC，
∴A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，∴平面A′B′C′∥平面ABC.
11．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.
（1）求四面体ABCD的体积；
（2）证明：
四边形EFGH是矩形．
解析
（1）由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝
×
×2×2×1＝
.
（2）证明：
∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，则FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．
12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点且A1F∥平面D1AQ，求A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围．
解析 设平面AD1Q与直线BC交于点G，连接AG，QG，则G为BC的中点．分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，如图所示．
∵A1M∥D1Q，A1M⊄平面D1AQ，
D1Q⊂平面D1AQ，∴A1M∥平面D1AQ.
同理可得MN∥平面D1AQ.
∵A1M，MN是平面A1MN内的两条相交直线，
A1M∩MN＝M，
∴平面A1MN∥平面D1AQ.
由此结合A1F∥平面D1AQ，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F是线段MN上的动点．
设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ，
移动点F并加以观察，可得当点F与M（或N）重合时，A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此时所成角θ达到最小值，满足tanθ＝
＝2；当点F与MN的中点重合时，A1F平面BCC1B1所成角达到最大值，满足tanθ＝
＝2
.
∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围为[2,2
]．
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