2020高考數(shù)學刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試42 空間點、直線、平面間的位置關系 文（含解析）.docx

《2020高考數(shù)學刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試42 空間點、直線、平面間的位置關系 文（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點測試42 空間點、直線、平面間的位置關系 文（含解析）.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

測試42　空間點、直線、平面間的位置關系 高考概覽 考綱研讀 1．理解空間直線、平面位置關系的定義 2．了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理 3．能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題 一、基礎小題 1．若空間中有兩條直線，則“這兩條直線為異面直線”是“這兩條直線沒有公共點”的(　　) A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充分必要條件 D．既非充分又非必要條件 答案　A 解析　“兩條直線為異面直線”?“兩條直線無公共點”．“兩直線無公共點”?“兩直線異面或平行”．故選A． 2．下列命題正確的個數(shù)為(　　) ①經過三點確定一個平面；②梯形可以確定一個平面；③兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面；④如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合． A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　經過不共線的三點可以確定一個平面，∴①不正確；兩條平行線可以確定一個平面，∴②正確；兩兩相交的三條直線可以確定一個或三個平面，∴③正確；命題④中沒有說清三個點是否共線，∴④不正確． 3．若直線上有兩個點在平面外，則(　　) A．直線上至少有一個點在平面內 B．直線上有無窮多個點在平面內 C．直線上所有點都在平面外 D．直線上至多有一個點在平面內 答案　D 解析　根據(jù)題意，兩點確定一條直線，那么由于直線上有兩個點在平面外，則直線在平面外，只能是直線與平面相交，或者直線與平面平行，那么可知直線上至多有一個點在平面內． 4．如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點的平面記作γ，則γ與β的交線必通過(　　) A．點A B．點B C．點C但不過點M D．點C和點M 答案　D 解析　∵A，B∈γ，M∈AB，∴M∈γ．又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β．根據(jù)公理3可知，M在γ與β的交線上．同理可知，點C也在γ與β的交線上． 5．若a和b是異面直線，b和c是異面直線，則a和c的位置關系是(　　) A．異面或平行 B．異面或相交 C．異面 D．相交、平行或異面 答案　D 解析　異面直線不具有傳遞性，可以以長方體為載體加以說明，a，b異面，直線c的位置如圖(可有三種情況)所示，故a，c可能相交、平行或異面． 6．以下四個命題中： ①不共面的四點中，其中任意三點不共線；②若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則點A，B，C，D，E共面；③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面；④依次首尾相接的四條線段必共面． 正確命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　 ①正確，否則三點共線和第四點必共面；②錯誤，如圖三棱錐，能符合題意但A，B，C，D，E不共面；③錯誤，從②的幾何體知；空間四邊形為反例可知，④錯誤． 7．已知異面直線a，b分別在平面α，β內，且α∩β＝c，那么直線c一定(　　) A．與a，b都相交 B．只能與a，b中的一條相交 C．至少與a，b中的一條相交 D．與a，b都平行 答案　C 解析　如果c與a，b都平行，那么由平行線的傳遞性知a，b平行，與異面矛盾．故選C． 8．如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中既與AB共面又與CC1共面的棱有________條． 答案　5 解析　依題意，與AB和CC1都相交的棱有BC；與AB相交且與CC1平行的棱有AA1，BB1；與AB平行且與CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合條件的棱有5條． 二、高考小題 9．(2018全國卷Ⅱ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以異面直線AE與CD所成的角為∠EAB，設正方體的棱長為2a，則由E為棱CC1的中點，可得CE＝a，所以BE＝a， 則tan∠EAB＝＝＝．故選C． 10．(2015廣東高考)若空間中n個不同的點兩兩距離都相等，則正整數(shù)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　首先我們知道正三角形的三個頂點滿足兩兩距離相等，于是可以排除C，D．又注意到正四面體的四個頂點也滿足兩兩距離相等，于是排除A，故選B． 11．(2016山東高考)已知直線a，b分別在兩個不同的平面α，β內，則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　因為直線a和直線b相交，所以直線a與直線b有一個公共點，而直線a，b分別在平面α，β內，所以平面α與β必有公共點，從而平面α與β相交；反之，若平面α與β相交，則直線a與直線b可能相交、平行、異面．故選A． 三、模擬小題 12．(2018武昌調研)已知直線l和平面α，無論直線l與平面α具有怎樣的位置關系，在平面α內總存在一條直線與直線l(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．異面 答案　C 解析　當直線l與平面α平行時，在平面α內至少有一條直線與直線l垂直，當直線l?平面α時，在平面α內至少有一條直線與直線l垂直，當直線l與平面α相交時，在平面α內至少有一條直線與直線l垂直，所以無論直線l與平面α具有怎樣的位置關系，在平面α內總存在一條直線與直線l垂直． 13．(2018福州五校聯(lián)考)如圖，已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，則直線EF是平面ACD1與(　　) A．平面BDB1的交線 B．平面BDC1的交線 C．平面ACB1的交線 D．平面ACC1的交線 答案　B 解析　連接BC1．因為E∈DC1，F(xiàn)∈BD，所以EF?平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1＝EF．故選B． 14．(2018湖北七市(州)聯(lián)考)設直線m與平面α相交但不垂直，則下列說法中正確的是(　　) A．在平面α內有且只有一條直線與直線m垂直 B．過直線m有且只有一個平面與平面α垂直 C．與直線m垂直的直線不可能與平面α平行 D．與直線m平行的平面不可能與平面α垂直 答案　B 解析　對于A，在平面α內可能有無數(shù)條直線與直線m垂直，這些直線是互相平行的，A錯誤；對于B，因為直線m與平面α相交但不垂直，所以過直線m必有并且也只有一個平面與平面α垂直，B正確；對于C，類似于A，在平面α外可能有無數(shù)條直線垂直于直線m并且平行于平面α，C錯誤；對于D，與直線m平行且與平面α垂直的平面有無數(shù)個，D錯誤．故選B． 15．(2018蘭州市高考實戰(zhàn)模擬)已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　如圖，連接A1D，A1C1，由題易知B1C∥A1D，∴∠C1DA1是異面直線B1C與C1D所成的角，又AA1＝AB＝，AD＝1，∴A1D＝2，DC1＝，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝＝，故選A． 16．(2018河北石家莊質檢)下列正方體或四面體中，P，Q，R，S分別是所在棱的中點，這四點不共面的一個圖是(　　) 答案　D 解析　 (利用“經過兩條平行直線，有且只有一個平面”判斷)對選項A，易判斷PR∥SQ，故點P，Q，R，S共面；對選項B，易判斷QR∥SP，故點P，Q，R，S共面；對選項C，易判斷PQ∥SR，故點P，Q，R，S共面；而選項D中的RS，PQ為異面直線，故選D． 17．(2018武漢調研)如圖為正方體表面的一種展開圖，則圖中的AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的有________對． 答案　3 解析　平面圖形的翻折應注意翻折前后相對位置的變化，則AB，CD，EF和GH在原正方體中，顯然AB與CD，EF與GH，AB與GH都是異面直線，而AB與EF相交，CD與GH相交，CD與EF平行．故互為異面直線的有3對． 18．(2018山西四校聯(lián)考)如圖所示，在空間四邊形A－BCD中，點E，H分別是邊AB，AD的中點，點F，G分別是邊BC，CD上的點，且＝＝，則下列說法正確的是________．(填寫所有正確說法的序號) ①EF與GH平行； ②EF與GH異面； ③EF與GH的交點M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上； ④EF與GH的交點M一定在直線AC上． 答案　④ 解析　連接EH，F(xiàn)G(圖略)，依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E，F(xiàn)，G，H共面．因為EH＝BD，F(xiàn)G＝BD，故EH≠FG，所以四邊形EFGH是梯形，EF與GH必相交，設交點為M．因為點M在EF上，故點M在平面ACB上．同理，點M在平面ACD上，所以點M是平面ACB與平面ACD的交點，又AC是這兩個平面的交線，所以點M一定在直線AC上． 一、高考大題 1．(2017全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD． (1)證明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比． 解　(1)證明：如圖，取AC的中點O，連接DO，BO． 因為AD＝CD， 所以AC⊥DO． 又由于△ABC是正三角形， 所以AC⊥BO． 從而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD． (2)連接EO． 由(1)及題設知∠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． 由題設知△AEC為直角三角形，所以EO＝AC． 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD． 故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1． 2．(2015四川高考)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示． (1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由)； (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關系，并證明你的結論； (3)證明：直線DF⊥平面BEG． 解　(1)點F，G，H的位置如圖所示． (2)平面BEG∥平面ACH，證明如下： 因為ABCD－EFGH為正方體，所以BC∥FG，BC＝FG， 又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH， 所以BC∥EH，BC＝EH， 于是四邊形BCHE為平行四邊形， 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)證明：連接FH． 因為ABCD－EFGH為正方體， 所以DH⊥平面EFGH． 因為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、模擬大題 3．(2018河南洛陽月考)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點． 求證：(1)E，C，D1，F(xiàn)四點共面； (2)CE，D1F，DA三線共點． 證明　(1)如圖所示，連接CD1，EF，A1B， ∵E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點， ∴FE∥A1B且EF＝A1B． ∵A1D1綊BC， ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形， ∴A1B∥D1C，∴FE∥D1C， ∴EF與CD1可確定一個平面， 即E，C，D1，F(xiàn)四點共面． (2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝CD1， ∴四邊形CD1FE是梯形， ∴直線CE與D1F必相交，設交點為P， 則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三線共點． 4．(2018河南焦作一模)如圖所示，平面四邊形ADEF所在的平面與梯形ABCD所在的平面垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝xAF． (1)若四點F，B，C，E共面，AB＝a，求x的值； (2)求證：平面CBE⊥平面EDB． 解　(1)∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB＝A，DE∩DC＝D， ∴平面ABF∥平面DCE． ∵四點F，B，C，E共面，∴FB∥CE， ∴△ABF與△DCE相似． ∵AB＝a，∴ED＝a，CD＝2a，AF＝， 由相似比得＝，即＝，所以x＝4． (2)證明：不妨設AB＝1，則AD＝AB＝1，CD＝2， 在Rt△BAD中，BD＝，取CD中點為M，則MD與AB平行且相等，連接BM，可得△BMD為等腰直角三角形，因此BC＝，因為BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD，又因為平面四邊形ADEF所在的平面與梯形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，又因為BD∩DE＝D，所以BC⊥平面EDB，因為BC?平面CBE，所以平面CBE⊥平面EDB． 5．(2018沈陽質檢)如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB．過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．求證： (1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA． 證明　(1)因為AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的中點．又因為E是SA的中點，所以EF∥AB． 因為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)因為平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB， 又AF?平面SAB，AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC， 因為BC?平面SBC， 所以AF⊥BC． 又因為AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB， 所以BC⊥平面SAB． 因為SA?平面SAB， 所以BC⊥SA． 6．(2018河南鄭州模擬)如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60的菱形，M為PC的中點． (1)求證：PC⊥AD； (2)在棱PB上是否存在一點Q，使得A，Q，M，D四點共面？若存在，指出點Q的位置并證明；若不存在，請說明理由； (3)求點D到平面PAM的距離． 解　(1)證明：取AD的中點O，連接OP，OC，AC， 因為四邊形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．當點Q為棱PB的中點時，A，Q，M，D四點共面． 證明如下：取棱PB的中點Q，連接QM，QA， 因為M為PC的中點， 所以QM∥BC， 在菱形ABCD中，AD∥BC， 所以QM∥AD， 所以A，Q，M，D四點共面． (3)點D到平面PAM的距離即為點D到平面PAC的距離， 由(1)可知PO⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD，即PO為三棱錐P－ACD的高， 在Rt△POC中，PO＝OC＝，則PC＝， 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝， 所以邊PC上的高AM＝＝， 所以S△PAC＝PCAM＝＝， 設點D到平面PAC的距離為h， 由VD－PAC＝VP－ACD， 得S△PACh＝S△ACDPO， 即h＝22， 解得h＝，所以點D到平面PAM的距離為．