2020高考数学(文数)考点测试刷题本41 空间点、直线、平面间的位置关系（含答案解析）.doc

2020高考数学(文数)考点测试刷题本41 空间点、直线、平面间的位置关系一 、选择题已知异面直线a，b分别在平面，内，且=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已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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已知直线l和平面，无论直线l与平面具有怎样的位置关系，在平面内总存在一条直线与直线l()A相交 B平行 C垂直 D异面如图，已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBD=F，DC1CD1=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的交线设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A在平面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垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直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()在正方体ABCDA1B1C1D1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二 、填空题正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 cm,过AC作平行于对角线BD1的截面,则截面面积为cm2.如图所示，在空间四边形ABCD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)EF与GH平行；EF与GH异面；EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；EF与GH的交点M一定在直线AC上如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为_.如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成角的余弦值为_三 、解答题如图，ABC中，AC=BC=AB，四边形ABED是边长为1的正方形，平面ABED底面ABC，G，F分别是EC，BD的中点(1)求证：GF底面ABC；(2)求几何体ADEBC的体积如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若PC=，求三棱锥CPAB的高如图，四棱锥PABCD中，AD平面PAB，APAB.(1)求证：CDAP；(2)若CDPD，求证：CD平面PAB.如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，AD=CD(1)证明：ACBD；(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AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比答案解析答案为：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答案为：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答案为：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，内，所以平面与必有公共点，从而平面与相交；反之，若平面与相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面故选A答案为：C；解析：当直线l与平面平行时，在平面内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l平面时，在平面内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面相交时，在平面内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面具有怎样的位置关系，在平面内总存在一条直线与直线l垂直答案为：B；解析：连接BC1因为EDC1，FBD，所以EF平面BDC1，故平面ACD1平面BDC1=EF故选B答案为：B；解析：对于A，在平面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垂直，B正确；对于C，类似于A，在平面外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面，C错误；对于D，与直线m平行且与平面垂直的平面有无数个，D错误故选B答案为：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PRSQ，故点P，Q，R，S共面；对选项B，易判断QRSP，故点P，Q，R，S共面；对选项C，易判断PQSR，故点P，Q，R，S共面；而选项D中的RS，PQ为异面直线，故选D答案为：C；解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，CDAB，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tanEAB=故选C一 、填空题答案64解析如图所示,截面ACEBD1,平面BDD1平面ACE=EF,其中F为AC与BD的交点,E为DD1的中点,计算可得AE=CE=52 cm,AC=2 cm,则EFAC,EF=32 cm,SACE=12232=64(cm2).答案为：；解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EHBD，FGBD，故EHFG，所以E，F，G，H共面因为EH=BD，FG=BD，故EHFG，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上答案为：答案为：；解析：不妨设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，连接BC1，设B1CBC1=O，连接EO，如图所示，在BC1D1中，当点E为C1D1的中点时，BD1OE，则BD1平面B1CE，据此可得OEC为直线BD1与CE所成的角在OEC中，边长EC=，OC=，OE=，由余弦定理可得cosOEC=.即异面直线BD1与CE所成角的余弦值为.二 、解答题解：(1)证明：如图，取BC的中点M，AB的中点N，连接GM，FN，MN.G，F分别是EC，BD的中点，GMBE，且GM=BE，NFDA，且NF=DA.又四边形ABED为正方形，BEAD，BE=AD，GMNF且GM=NF.四边形MNFG为平行四边形GFMN，又MN平面ABC，GF平面ABC，GF平面ABC.(2)连接CN，AC=BC，CNAB，又平面ABED平面ABC，CN平面ABC，CN平面ABED.易知ABC是等腰直角三角形，CN=AB=，CABED是四棱锥，VCABED=S四边形ABEDCN=1=.解：(1)证明：因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因为AB=2，AD=CD=1，所以AC=BC=，所以AC2BC2=AB2，故ACBC.又BCPC=C，所以AC平面PBC.因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)由PC=，PCCB，得SPBC=()2=1.由(1)知，AC为三棱锥APBC的高易知RtPCARtPCBRtACB，则PA=AB=PB=2，于是SPAB=22sin 60=.设三棱锥CPAB的高为h，则SPABh=SPBCAC，h=1，解得h=，故三棱锥CPAB的高等于.证明：(1)因为AD平面PAB，AP平面PAB，所以ADAP.又APAB，ABAD=A，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以AP平面ABCD.因为CD平面ABCD，所以CDAP.(2)由(1)知CDAP，因为CDPD，PDAP=P，PD平面PAD，AP平面PAD，所以CD平面PAD.因为AD平面PAB，AB平面PAB，所以ABAD.又APAB，APAD=A，AP平面PAD，AD平面PAD，所以AB平面PAD.由得CDAB，因为CD平面PAB，AB平面PAB，所以CD平面PAB.解：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO因为AD=CD，所以ACDO又由于ABC是正三角形，所以ACBO从而AC平面DOB，故ACBD(2)连接EO由(1)及题设知ADC=90，所以DO=AO在R