2019届二轮复习小题专练　空间点、直线、平面之间的位置关系作业（全国通用）

小题专练·作业(九)　空间点、直线、平面之间的位置关系

1．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

解析　当两个平面内的直线相交时，这两个平面有公共点，即两个平面相交；但当两个平面相交时，两个平面内的直线不一定有交点。故选A。

答案　A

2．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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

解析　若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α。若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件。故选A。

答案　A

3．(2018·惠州调研)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是(　　)

①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n。

A．1　　　 　B．2 

C．3　　　 　D．4

解析　对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确。故选C。

答案　C

4．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β。有下列命题：

①若α∥β，则m∥n；

②若α∥β，则m∥β；

③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；

④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β。

其中真命题的个数是(　　)

A．0　　　 　B．1 

C．2　　　 　D．3

解析　①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α与β不一定垂直，不正确。故选B。

答案　B

5．《九章算术》中，将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马。在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD＝2AD，则异面直线PC与BD所成角的正弦值为(　　)

A．   B．

C．   D．

解析　

如图，将阳马P－ABCD置于长方体中，连接PE，CE，有BD∥PE，则异面直线PC与BD所成的角即为∠CPE。设PD＝CD＝2AD＝2，则PE＝CE＝，PC＝2，在等腰三角形PCE中，cos∠CPE＝＝，则sin∠CPE＝。故选B。

答案　B

6．已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示，则关于该四棱锥的下列结论中不正确的是(　　)

A．四棱锥中至少有两组侧面互相垂直

B．四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形

C．四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面

D．四棱锥的四个侧面不可能都是等腰三角形

解析　

四棱锥的直观图如图所示，其中顶点P在底面上的射影为底面正方形的边BC的中点E，连接PE。AB⊥BC，AB⊥PE，PE∩BC＝E，则AB⊥平面PBC，可得侧面PAB⊥侧面PBC，同理，侧面PCD⊥侧面PBC，故A正确；根据选项A，侧面PAB，PCD为直角三角形，只要调整四棱锥的高(为1)，使侧面PBC为等腰直角三角形，则侧面中就可能有三个直角三角形，B正确；其中侧面PAD与侧面PBC不可能垂直，证明如下：假设侧面PAD与侧面PBC垂直，因为BC∥AD，所以BC∥平面PAD，设平面PAD∩平面PBC＝l，根据直线与平面平行的性质定理可得BC∥l，PE⊥BC，得PE⊥l，根据两个平面垂直的性质定理，PE⊥平面PAD，由于PE⊥平面ABCD，所以平面PAD∥平面ABCD，与平面PAD∩平面ABCD＝AD矛盾，所以假设不成立，故侧面PAD与侧面PBC不可能垂直，C中的结论是正确的；若PB＝PC＝AB＝2，PA＝PD＝2，则四棱锥的四个侧面均是等腰三角形，故D中的结论不正确。故选D。

答案　D

7．如图所示，正方形ABCD，正方形BDEF所在的平面互相垂直，给出下列结论：①BF与BE所成角的正切值为；②平面ADE内存在无数条直线与直线FC平行；③平面BDEF内的任意一条直线均垂直于直线AC；④直线AF与平面BDEF所成角的正弦值为。其中正确结论的个数为(　　)

A．1   B．2

C．3   D．4

解析　

记AC∩BD＝O，连接OF。①BF与BE所成的角即∠FBE，其正切值为＝1，①错误；②因为BF∥DE，BC∥AD，且BF∩BC＝B，DE∩AD＝D，所以平面BFC∥平面ADE，所以FC∥平面ADE，所以平面ADE内存在无数条直线与直线FC平行，②正确；③DE⊥AC，BD⊥AC，DE∩BD＝D，所以AC⊥平面BDEF，所以平面BDEF内的任意一条直线均垂直于直线AC，③正确；④直线AF与平面BDEF所成的角即∠AFO，其正弦值为＝，④正确。故选C。

答案　C

8．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________。

解析　

连接BD，则⇒AC⊥平面BB1D1D⇒AC⊥DE，所以α＝。取A1D1的中点F，连接EF，FD，易知EF⊥平面AA1D1D，平面AA1D1D∥平面BCC1B1，则∠EDF＝β，所以cos(α－β)＝cos＝sin∠EDF＝。

答案　

9．已知a，b表示两条不同直线，α，β，γ表示三个不同平面，给出下列命题：

①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；

②若a⊂α，a垂直于β内的任意一条直线，则α⊥β；

③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b；

④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内的无数条直线；

⑤若a⊥α，a⊥β，则α∥β。

上述五个命题中，正确命题的序号是________。

解析　对于①，根据线面垂直的判定定理，需要一条直线垂直于同一平面内两条相交的直线，故a⊥b，α不一定垂直平面β，故不正确；对于②，a⊂α，a垂直于β内的任意一条直线，满足线面垂直的定理，即可得到a⊥β，又a⊂α，则α⊥β，故正确；对于③，α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b或a∥b，或相交，故不正确；对于④，若a不垂直于平面α，则a可能垂直于平面α内的无数条直线，故不正确；对于⑤，根据线面垂直的性质，若a⊥α，a⊥β，则α∥β，故正确。

答案　②⑤

10．如图所示，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：①PC∥平面OMN；②平面OMN⊥平面PAB；③OM⊥PA；④平面PCD∥平面OMN。

其中正确结论的序号是________。

解析　

如图，其中E，F分别为AD，BC的中点，G为OE的中点，平面OMN即平面MNFE。PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确，同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论④正确；由于四棱锥的棱长均相等，所以PA2＋PC2＝AB2＋BC2＝AC2，所以PC⊥PA，PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确；因为OM＝PC＝PD＝ME，所以MG⊥OE，又MN∥OE，所以MG⊥MN，设四棱锥的棱长为4，MA＝2，AG＝，MG＝，三边长度不满足勾股定理，所以MG不垂直PA，所以平面OMN不垂直平面PAB，结论②不正确。

答案　①③④

11．(2018·南宁联考)如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点。现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H。下列说法错误的是________(将符合题意的序号填到横线上)。

①AG⊥△EFH所在平面；

②AH⊥△EFH所在平面；

③HF⊥△AEF所在平面；

④HG⊥△AEF所在平面。

解析　根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，可得AH⊥平面EFH，即②正确；因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直，所以①不正确；因为AG⊥EF，AH⊥EF，所以EF⊥平面HAG，所以平面HAG⊥平面AEF。过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，所以③不正确；因为HG不垂直AG，所以HG⊥平面AEF不正确，④不正确，综上，说法错误的序号是①③④。

答案　①③④

12．(2018·南昌调研)如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)

A．PB⊥AC

B．PD⊥平面ABCD

C．AC⊥PD

D．平面PBD⊥平面ABCD

解析　

如图，对于A，取PB的中点O，连接AO，CO。因为在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，所以AO⊥PB，CO⊥PB，因为AO∩CO＝O，所以PB⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以PB⊥AC，故选项A正确；对于B，设AC与BD交于点M，易知M为AC的中点，若PD⊥平面ABCD，则PD⊥BD，由已知条件知点D满足AC⊥BD且位于BM的延长线上，所以点D的位置不确定，所以PD与BD不一定垂直，所以PD⊥平面ABCD不一定成立，故选项B不正确；对于C，因为AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD，故选项C正确；对于D，因为AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD，故选项D正确。故选B。

答案　B

13．(2018·昆明调研)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2。过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(　　)

A．2   B．4

C．4   D．8

解析　如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4。故选B。

答案　B

14．(2018·洛阳统考)正方形ABCD和等腰直角三角形DCE组成如图所示的梯形，M，N分别是AC，DE的中点，将△DCE沿CD折起(点E始终不在平面ABCD内)，则下列说法一定正确的是________。(写出所有正确说法的序号)

①MN∥平面BCE；

②在折起过程中，一定存在某个位置，使MN⊥AC；

③MN⊥AE；

④在折起过程中，一定存在某个位置，使DE⊥AD。

解析　

折起后的图形如图所示，①取CD的中点O，连接MO，NO，则在△ACD中，M，O分别是AC，CD的中点，所以MO∥AD∥BC，同理NO∥CE，又BC∩CE＝C，所以平面MON∥平面BCE，所以MN∥平面BCE，故①正确；②易知MO⊥CD，NO⊥CD，又MO∩NO＝O，所以CD⊥平面MNO，所以MN⊥CD，若MN⊥AC，又AC∩CD＝C，所以MN⊥平面ABCD，所以MN⊥MO，又MO＝AD＝EC＝NO，所以MN不可能垂直于MO，故MN⊥AC不成立，故②错误；③取CE的中点Q，连接MQ，则在△ACE中，M，Q分别是AC，CE的中点，所以MQ∥AE，由图知MQ与MN不可能始终垂直，故③错误；④当平面CDE⊥平面ABCD时，又平面CDE∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDE，所以AD⊥DE，故④正确。综上所述，正确的说法是①④。

答案　①④

15．(2018·咸阳二模)具有公共y轴的两个直角坐标平面α和β所成的二面角α－y轴－β的大小为45°，已知在β内的曲线C′的方程是y2＝4x′，曲线C′在平面α内的射影的方程是y2＝2px，则p的值是________。

解析　由题图可知，曲线C′的方程是y2＝4x′，则OF′＝。过点F′作F′F″⊥平面α于点F″。因为平面α和β所成的二面角α－y轴－β的大小为45°，所以OF″＝cos45°＝1，即曲线C′在平面α内的射影所形成的抛物线的焦距为1，所以p＝2×1＝2。

答案　2