高考数学(文数)一轮复习考点测试40《空间点直线平面间的位置关系》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试40《空间点直线平面间的位置关系》（教师版），共14页。试卷主要包含了以下四个命题中，故选C等内容，欢迎下载使用。

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．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．eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(3),2) C．eq \f(\r(5),2) D．eq \f(\r(7),2)
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＝eq \r(5)a，
则tan∠EAB＝eq \f(BE,AB)＝eq \f(\r(5)a,2a)＝eq \f(\r(5),2)．故选C．
10．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．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．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．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．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．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝eq \r(3)，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(6),4) B．eq \f(\r(6),3) C．eq \f(\r(2),6) D．eq \f(\r(3),6)
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＝eq \r(3)，AD＝1，
∴A1D＝2，DC1＝eq \r(6)，A1C1＝2，由余弦定理，得cs∠C1DA1＝eq \f(C1D2＋A1D2－A1C\\al(2,1),2×C1D×A1D)＝eq \f(\r(6),4)，故选A．
16．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．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．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eq \f(CF,CB)＝eq \f(CG,CD)＝eq \f(2,3)，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＝eq \f(1,2)BD，FG＝eq \f(2,3)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．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＝eq \f(1,2)AC．
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq \f(1,2)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eq \f(1,2)，
四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq \f(1,2)，
即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1．
2．一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．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＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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．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＝eq \f(2a,x)，
由相似比得eq \f(AF,ED)＝eq \f(AB,CD)，即eq \f(\f(2a,x),a)＝eq \f(a,2a)，所以x＝4．
(2)证明：不妨设AB＝1，则AD＝AB＝1，CD＝2，
在Rt△BAD中，BD＝eq \r(2)，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＝eq \r(2)，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．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．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＝eq \r(3)，则PC＝eq \r(6)，
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝eq \r(6)，
所以边PC上的高AM＝eq \r(PA2－PM2)＝eq \f(\r(10),2)，
所以S△PAC＝eq \f(1,2)PC·AM＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \f(\r(10),2)＝eq \f(\r(15),2)，
设点D到平面PAC的距离为h，
由VD－PAC＝VP－ACD，得eq \f(1,3)S△PAC·h＝eq \f(1,3)S△ACD·PO，即eq \f(1,3)×eq \f(\r(15),2)·h＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×22×eq \r(3)，
解得h＝eq \f(2\r(15),5)，所以点D到平面PAM的距离为eq \f(2\r(15),5)．