高中数学练习题 空间点、直线、平面之间的位置关系

9-3空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固强化1.已知E、F、G、H是空间内四个点，条件甲：E、F、G、H四点不共面，条件乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()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]点E、F、G、H四点不共面可以推出直线EF和GH不相交；但由直线EF和GH不相交不一定能推出E、F、G、H四点不共面，例如：EF和GH平行，这也是直线EF和GH不相交的一种情况，但E、F、G、H四点共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．2．(文)(2011·浙江文，4)若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交[答案]B[解析]由题意知直线l与平面α相交，不妨设直线l∩α＝M，对A，在α内过M点的直线与l不异面，A错误；对B，假设存在与l平行的直线m，则由m∥l得l∥α，这与l∩α＝M矛盾，故B正确，C错误；对D，α内存在与l异面的直线，故D错误．综上知选B.(理)a、b、c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a、b异面，b、c异面，则a、c异面B．若直线a、b相交，b、c相交，则a、c相交C．若a∥b，则a、b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c[答案]C[解析]如图(1)知A错；如图(2)知B错；如图(3)知D错．在直线c上任取一点P，过P作直线m∥a，则m∥b，因此a，b与c所成的角都等于m与c所成的角，故选C.3．(文)(2011·威海质检)已知直线l、m，平面α，且m⊂α，则l∥m是l∥α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]D[解析]由l∥m可知l∥α或l⊂α，所以“l∥m”不是“l∥α”的充分条件，l∥α且m⊂α，则直线l∥m或直线l与m异面，所以“l∥m”也不是“l∥α”的必要条件，故选D.(理)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则α∥β是l⊥m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]若α∥β，则由l⊥α知l⊥β，又m⊂β，可得l⊥m；若α与β相交(如图)，设α∩β＝n，当m∥n时，由l⊥α可得l⊥m，而此时α与β不平行．于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件．故选A.4．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1A．3B．4C．5D．6[答案]C[解析]如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面，也与CC1共面的棱为BC、C1D1、DC、AA1、BB15．(2012·武汉市模拟)空间中一条线段AB的三视图中，俯视图是长度为1的线段，侧视图是长度为2的线段，则线段AB的长度的取值范围是()A．(0,2] B．[2，eq\r(5)]C．[2,3] D．[2，eq\r(10)][答案]B[解析]以线段AB为体对角线构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，则由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1，,y2＋z2＝4.))∴AB2＝x2＋y2＋z2＝5－y2，∵x2>0，∴1－y2>0，∴0<y2<1，∴4<AB2<5，∴2<AB<eq\r(5).特别地，当AB为面对角线时，AB＝2或eq\r(5)成立，∴2≤AB≤eq\r(5).6．如图是正方体或四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()[答案]D[解析]A中，PS∥QR；B中如图可知此四点共面；C中PS∥QR；D中RS在经过平面PQS内一点和平面PQS外一点的直线上，故选D.7．(2011·金华模拟)在图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则使直线GH、MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)[答案]②④[解析]图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点在三棱柱的侧面上，MG与这个侧面相交于G，∴M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G、M、N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以图②、④中GH与MN异面．8．(文)(2011·南京模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(5)，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．[答案]eq\r(3)[解析]将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC1与BB1相交，则交点即为M点，易求BM＝1，∴AM＝eq\r(2)，MC1＝2eq\r(2)，又在棱柱中，AC1＝eq\r(14)，∴cos∠AMC1＝eq\f(AM2＋MC\o\al(2,1)－AC\o\al(2,1),2AM·MC1)＝eq\f(2＋8－14,2×\r(2)×2\r(2))＝－eq\f(1,2)，∴∠AMC1＝120°，∴S△AMC1＝eq\f(1,2)AM·MC1·sin∠AMC1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).(理)在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝BC，则直线PC与AB所成角的大小是________．[答案]60°[解析]分别取PA、AC、CB的中点F、D、E连接FD、DE、EF、AE，则∠FDE是直线PC与AB所成角或其补角．设PA＝AC＝BC＝2a，在△FDE中，易求得FD＝eq\r(2)a，DE＝eq\r(2)a，FE＝eq\r(6)a，根据余弦定理，得cos∠FDE＝eq\f(2a2＋2a2－6a2,2×\r(2)a×\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，所以∠FDE＝120°.所以PC与AB所成角的大小是60°.9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_______．[答案]eq\f(3,2)[解析]由三视图知，该几何体是一个四棱柱，底面为直角梯形，上底长1，下底长2，高为1，其面积S＝eq\f(1,2)(1＋2)×1＝eq\f(3,2)，侧棱垂直于底面，侧棱长为1，∴体积V＝eq\f(3,2)×1＝eq\f(3,2).10．(文)(2012·福建四地六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面EFD.[证明](1)连接AC交BD于O，连接EO.∵底面ABCD是矩形，∴点O是AC的中点．又∵E是PC的中点，∴在△PAC中，EO为中位线，∴PA∥EO.而EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB.∴PA∥平面EDB.(2)由PD⊥底面ABCD得PD⊥BC.∵底面ABCD是矩形，∴DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC，而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE.①∵PD＝DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC.②由①和②得DE⊥平面PBC.∵PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB.又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，∴PB⊥平面EFD.(理)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊eq\f(1,2)AD，BE綊eq\f(1,2)FA，G、H分别为FA、FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.[解析]解法一：(1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，故GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：连接EG，由BE綊eq\f(1,2)AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF∥BG，由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又点D直线FH上，∴D∈平面CEF.所以C、D、F、E四点共面．(3)由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED.又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.解法二：由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A－xyz.(1)设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得A(0，0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)，F(0,0,2c所以，eq\o(GH,\s\up6(→))＝(0，b,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，b,0)，于是eq\o(GH,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→)).又点G不在直线BC上，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：由题设知，F(0,0,2ceq\o(EF,\s\up6(→))＝(－a,0，c)，eq\o(CH,\s\up6(→))＝(－a,0，c)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(CH,\s\up6(→))，又C∉EF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面．(3)由AB＝BE，得c＝a，所以eq\o(CH,\s\up6(→))＝(－a,0，a)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(a,0，a)又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2b,0)，因此eq\o(CH,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，eq\o(CH,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0即CH⊥AE，CH⊥AD，又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.故由CH⊂平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.[点评]如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解.能力拓展提升11.(文)(2011·北京市西城区模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1A．3条 B．4条C．6条 D．8条[答案]C[解析]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1有公共点A的和有公共点C1的各有3条，其余6条所在正方体的面与AC1均相交，且交点不在这些棱上，由异面直线判定定理知，这6条与AC1(理)已知a、b、c是相异直线，α、β、γ是相异平面，下列命题中正确的是()A．a与b异面，b与c异面⇒a与c异面B．a与b相交，b与c相交⇒a与c相交C．α∥β，β∥γ⇒α∥γD．a⊂α，b⊂β，α与β相交⇒a与b相交[答案]C[解析]如图(1)，正方体ABCD－A1B1C1D1中，a、b、c是三条棱所在直线满足a与b异面，b与c异面，但a∩c＝A，故A错；同样在图(2)的正方体中，满足a与b相交，b与c相交，但a与c不相交，故B错；如图(3)，α∩β＝c，a∥c，则a与b12．(文)(2011·四川文，6)l1、l2、l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1、l2、l3共面D．l1、l2、l3共点⇒l1、l2、l3共面[答案]B[解析]举反例，由教室内共点的三条墙角线可知A、D是错误的；由三棱柱的三条侧棱可知C是错误的．故选B.(理)(2011·浙江省嘉兴市高三教学测试)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1、CD1()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行[答案]D[解析]由于C1D1与A1B1平行，MN与C1D1是异面直线，所以MN与A1B1是异面直线，故选项D错误．[点评]取CD中点Q，BC中点R，则NQ綊eq\f(1,2)D1D，MR綊eq\f(1,2)CC1，∵CC1綊D1D，∴NQ綊MR，∴MN∥QR，∵QR∥BD，AC⊥BD，∴AC⊥MN，∴B正确；∵MN∥QR，QR∥BD，∴MN∥BD，∴C正确；∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥PQ，∴CC1⊥MN，∴A正确．13．(文)(2011·石家庄测试)平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．[答案]1或4[解析]当这四点中任意两点的连线与另外两点连线相交或平行时，确定一个平面；否则由这四点可确定四个平面．(理)直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1[答案]60°[解析]将原来的直三棱柱补成一个正方体ABDC－A1B1D1C1∵AC1∥BD1，∴∠A1BD1即为异面直线BA1与AC1所成的角．∵△A1BD1为正三角形，∴∠A1BD1＝60°.[点评]异面直线所成的角是重点考查的一个内容，难点在于寻找异面直线的平行线，本题巧妙地构造一个正方体，借助于正方体的特点，很容易找出异面直线所成的角．14．(2012·河南商丘二模)一个四棱锥的底面是正方形，其顶点在底面的射影为正方形的中心．已知该四棱锥的各顶点都在同一个球面上，且该四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积是________．[答案]16π[解析]由条件知，该四棱锥为正四棱锥，设底面边长为a，则eq\f(1,3)a2·3＝6，∴a＝eq\r(6)，O1C＝eq\f(\r(2),2)·eq\r(6)＝eq\r(3)，设球半径为R，则R＋eq\r(R2－3)＝3，∴R＝2，∴S球＝4πR2＝16π.15．已知在正方体ABCD－A′B′C′D′中，M、N分别是A′D′、A′B′的中点，在该正方体中是否存在过顶点且与平面AMN平行的平面？若存在，试作出该平面，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．[分析]假设存在经过B点与平面AMN平行的平面α，则平面A′B′C′D′与这两平行平面的交线应平行，由于M、N分别为A′D′、A′B′的中点，∴取C′D′的中点F，B′C′的中点E，则MN∥EF，可证明平面BDFE∥平面AMN，过其他点的截面同理可分析找出．[解析]存在．与平面AMN平行的平面有以下三种情况(E、F分别为所在棱的中点)：下面以图(1)为例进行证明．∵四边形ABEM是平行四边形，∴BE∥AM，又BE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDFE.∵MN是△A′B′D′的中位线，∴MN∥B′D′，∵四边形BDD′B′是平行四边形，∴BD∥B′D′，∴MN∥BD，又BD⊂平面BDE，MN⊄平面BDE，∴MN∥平面BDFE，又AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN，且AM∩MN＝M，∴由平面与平面平行的判定定理可得，平面AMN∥平面BDFE.16．(文)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，F是PB的中点．求证：(1)DF⊥AP.(2)在线段AD上是否存在点G，使GF⊥平面PBC？若存在，说明G点的位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．[证明](1)取AB的中点E，则PA∥EF.设PD＝DC＝a，易求得DE＝eq\f(\r(5),2)a，FE＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(\r(2),2)a，DF＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(\r(3),2)a.由于DE2＝EF2＋DF2，故DF⊥EF，又EF∥PA，∴DF⊥PA.(2)在线段AD上存在点G，使GF⊥平面PBC，且G点是AD的中点．取AD的中点G，连接PG、BG，则PG＝BG.又F为AB的中点，故GF⊥PB.∵F为PB中点，∴F点在底面ABCD上的射影为正方形ABCD的中心O，∴FO⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴FO⊥BC.∵G为AD中点，O为正方形ABCD中心，∴GO⊥BC，又GO∩FO＝0，∴BC⊥平面GOF，∴GF⊥BC.∵BC、PB是平面PBC内的两条相交直线，∴GF⊥平面PBC.(理)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1(1)求异面直线A1M和C1D1(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M[解析]方法1：(1)如图，因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M而A1B1＝1，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋MC\o\al(2,1))＝eq\r(2)，故tan∠MA1B1＝eq\f(B1M,A1B1)＝eq\r(2).即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为eq\r(2).(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM⊂平面平面BCC1B1，得A1B1⊥BM①由(1)知，B1M＝eq\r(2)，又BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B又A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M，而BM⊂平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B方法2：以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别作为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，C1(1,1,2)，D1(0,1,2)，M(1,1,1)．(1)eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，cos〈eq\o(A1M,\s\up6(→))，eq\o(C1D1,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1,\r(3)×1)＝－eq\f(\r(3),3).设异面直线A1M与C1D1所成角为α，则cosα＝eq\f(\r(3),3)，∴tanα＝eq\r(2).即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值是eq\r(2).(2)证明：eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(B1M,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))⊥eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(B1M,\s\up6(→))，即BM⊥A1B1，BM⊥B1M，又B1M∩A1B1＝B1∴BM⊥平面A1B1M，而BM⊂平面ABM因此ABM⊥平面A1B1M1．(2012·山西联考)已知直线m、n与平面α、β，下列命题中正确的是()A．m∥β，α∥β，则m∥αB．平面α内不共线三点到平面β的距离相等，则α∥βC．α∩β＝m，n⊥m且α⊥β，则n⊥αD．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n[答案]D[解析]当m⊂α时，也可满足m∥β，α∥β，故①错；当α∩β＝l，三点A、B、C位于l的两侧，AB∥l，直线AB到l的距离与点C到l的距离相等时，满足A、B、C三点到平面β的距离相等，故②错；由面面垂直的性质知，C错，因为只有在满足n⊂β内时，才能由n⊥m得出n⊥α的结论；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\