2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题十三点直线平面之间的位置关系文含解析202012191134.doc
2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题含解析打包48套
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2021
高考
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专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分80分，考试时间50分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019沈阳质量监测)已知m，n是空间中的两条不同的直线，是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()a若mn，m，则nb若，m，则mc若mn，n，则md若m，m，则答案d解析对于a，符合已知条件的直线n还可以在平面内，所以错误；对于b，符合已知条件的直线m还可以在平面内，所以错误；对于c，符合已知条件的直线m还可以在平面内，与平面斜交，或者与平面平行，所以错误；对于d，根据面面垂直的判定定理可知其正确性故选d.2(2019长春质量监测)在正方体abcda1b1c1d1中，异面直线a1c1与b1c所成角的余弦值为()a0 b. c. d.答案b解析由题意知成角为，余弦值为.故选b.3(2019广西百色调研)如图，在正方体abcda1b1c1d1中，点p在线段bc1上运动，则下列判断中正确的是()平面pb1d平面acd1；a1p平面acd1；异面直线a1p与ad1所成角的取值范围是；三棱锥d1apc的体积不变a b c d答案b解析根据正方体的性质，有db1平面acd1，db1平面pb1d，从而可以证明平面pb1d平面acd1，正确；连接a1b，a1c1，容易证明平面ba1c1平面acd1.又因为a1p平面ba1c1，可得a1p平面acd1，正确；vd1apcvcad1p，因为c到面ad1p的距离不变，且三角形ad1p的面积不变，所以三棱锥cad1p的体积不变，正确；当p与线段bc1的端点重合时，a1p与ad1所成角取得最小值，当p与线段bc1的中点重合时，a1p与ad1所成角取得最大值，故a1p与ad1所成角的范围是，错误正确故选b.4(2019泰安期末)若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列为真命题的是()a若m，则m b若m，n，则mnc若m，m，则 d若，则答案c解析对于a，当且仅当m与平面，的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于b，若m，n，则直线m，n可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于c，由m，m，可得平面内一定存在直线与直线m平行，进而得出该直线垂直于平面，从而，所以原命题为真命题；对于d，若，则平面与平面可能相交、平行或垂直，所以原命题为假命题故选c.5(2019武昌调研)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异面答案c解析无论直线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垂直故选c.6(2019全国卷) 如图，点n为正方形abcd的中心，ecd为正三角形，平面ecd平面abcd，m是线段ed的中点，则()abmen，且直线bm，en是相交直线bbmen，且直线bm，en是相交直线cbmen，且直线bm，en是异面直线dbmen，且直线bm，en是异面直线答案b解析如图，取cd的中点f，df的中点g，连接ef，fn，mg，gb，bd，be.点n为正方形abcd的中心，点n在bd上，且为bd的中点ecd是正三角形，efcd.平面ecd平面abcd，ef平面abcd.effn.不妨设ab2，则fn1，ef，en2.emmd，dggf，mgef，mg平面abcd，mgbg.mgef，bg ，bm.bmen.bm，en都是dbe的中线，bm，en必相交故选b.7(2019石家庄质检)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)对于a，易判断prsq，故点p，q，r，s共面；对于b，易判断qrsp，故点p，q，r，s共面；对于c，易判断pqsr，故点p，q，r，s共面；而d中的rs，pq为异面直线故选d.8(2019湖北七市(州)联考)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答案b解析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；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；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；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.9(2019太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，g，h，m，n分别是de，be，ef，ec的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：de与mn平行；bd与mn为异面直线；gh与mn成60角；de与mn垂直其中正确结论的个数是 ()a1 b2 c3 d4答案c解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体a(b，c)def，如图所示对于，m，n分别为ef，ae的中点，则mnaf，而de与af异面，故de与mn不平行，故错误；对于，易知bd与mn为异面直线，故正确；对于，依题意知ghad，mnaf，daf60，故gh与mn成60角，故正确；对于，连接gf，则a点在平面def上的射影a1在gf上，de平面aa1f，deaf，而afmn，de与mn垂直，故正确综上所述，正确结论的序号是.故选c.10(2019厦门质检)如图，在正方体abcda1b1c1d1中，m，n，p分别是c1d1，bc，a1d1的中点，则下列结论正确的是()amnap bmnbd1cmn平面bb1d1d dmn平面bdp答案c解析取b1c1的中点e，连接me，ne，由三角形中位线定理可得meb1d1，me平面bb1d1d.由四边形bb1en为平行四边形，得nebb1，ne平面bb1d1d，平面mne平面bb1d1d，又mn平面mne，mn平面bb1d1d.故选c.11(2019包头模拟)在正方形abcd中，e，f分别是ab，bc的中点，g是ef的中点，沿de，ef，fd将正方形折起，使a，b，c三点重合于点p，构成四面体，则在四面体pdef中，给出下列结论：pd平面pef；dg平面pef；平面pde平面pdf.其中正确结论的序号是()a b c d答案c解析如图所示，因为daae，dccf，所以折叠后dppe，dppf，所以dp平面pef，所以正确；由dp平面pef，可知dg平面pef是不正确的，所以不正确；由pepf，pedp，可得pe平面pdf，又pe平面pde，所以平面pde平面pdf，所以正确综上可知，正确结论的序号为.故选c.12(2019衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱abcda1b1c1d1中，ab4，bd14，若bad60，则异面直线b1c与ad1所成的角为()a30 b45c60 d90答案d解析连接bd，四边形abcd为菱形，bad60，ab4，bd4.又bdd1为直角三角形，bdbd2dd，得dd14，四边形bcc1b1为正方形连接bc1交b1c于点o，bc1ad1，boc(或其补角)为异面直线b1c与ad1所成的角由于四边形bcc1b1为正方形，boc90，故异面直线b1c与ad1所成的角为90.故选d.第卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019北京高考)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案(或)解析.证明如下：m，根据线面平行的性质定理，知存在n，使得mn.又l，ln，lm.证明略14(2019安徽质量检查)如图所示，正方体abcda1b1c1d1的棱长为2，e，f为aa1，ab的中点，m点是正方形abb1a1内的动点，若c1m平面cd1e，则m点的轨迹长度为_答案解析如图所示，取a1b1的中点h，b1b的中点g，连接gh，c1h，c1g，eg，hf.可得四边形egc1d1是平行四边形，c1gd1e.同理可得c1hcf.c1hc1gc1，平面c1gh平面cd1e，m点是正方形abb1a1内的动点，若c1m平面cd1e，点m在线段gh上m点的轨迹长度gh.15(2019武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，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16(2019山西四校联考)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
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