2021数学苏教版一轮考点测试42空间点、直线、平面间的位置关系含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮考点测试42空间点、直线、平面间的位置关系含解析考点测试42空间点、直线、平面间的位置关系高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度考纲研读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．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A．一定是异面直线 B．一定是相交直线C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线答案C解析c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若c∥b，c∥a，则a∥b或a与b重合，与已知矛盾．故选C。2．下列命题中正确的个数为(）①若△ABC在平面α外,它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R,则P，Q,R三点共线；②若三条直线a，b,c互相平行且分别交直线l于A,B，C三点,则这四条直线共面;③空间中不共面五个点一定能确定10个平面．A．0 B．1C．2 D．3答案C解析①②都正确．空间中不共面的五个点不一定能确定10个平面，比如四棱锥中五个点最多可确定7个平面，所以③错误．故选C.3．下面四个说法，正确的有(）①如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M∈α，M∈β,α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．A．1个 B．2个C．3个 D．4个答案A解析①若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交；②两条异面直线不能确定一个平面；③若M∈α，M∈β，则M是平面α与β的公共点,又α∩β＝l，则M∈l;④在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故选A.4．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．5．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，则直线EF是平面ACD1A．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。6．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M,C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC,所以A1，C1,C，A四点共面．所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D7．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为（)A．90° B．60°C．45° D．30°答案C解析如图，连接AC，BD交于点O,连接OE，OP,则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)．∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA＝2,∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°,故选C。8．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,C1D＝eq\r(6),A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝eq\f（C1D2＋A1D2－A1C\o\al（2,1）,2C1D·A1D）＝eq\f(\r(6）,4），故选A.9．如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．答案eq\f（π,3)解析如图，将原图补成正方体ABCD－QGHP，连接GP，AG,则GP∥BD,所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq\f（π,3）.10.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1,C1①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(填序号)．答案③④解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．11.如图,正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，过M，N，B三点的截面与平面BCC1B1的交线为l，则直线l与AD答案eq\f（3\r(13）,13)解析如图,在平面ABCD中，过B作BE∥AC,交DC延长线于点E，连接BM，BN,NE，NE交CC1于点F，连接BF，则BF就是过M,N，B三点的截面与平面BCC1B1的交线l，由题意得CE＝DC＝2NC1,∴CF＝2C1F，∵BC∥AD,∴∠FBC是直线l与AD所成的角(或所成角的补角)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，则BC＝3，CF＝2，BF＝eq\r(9＋4)＝eq\r(13），∴cos∠FBC＝eq\f（BC,BF)＝eq\f(3，\r(13))＝eq\f(3\r(13），13）.∴直线l与AD所成角的余弦值为eq\f(3\r(13)，13).12．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E，F分别为AA1，AB的中点,M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E答案eq\r(2)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，∴C1G∥D1E同理可得C1H∥CF。∵C1H∩C1G＝C1∴平面C1GH∥平面CD1E，∵M点是正方形ABB1A1若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH∴M点的轨迹长度GH＝eq\r（12＋12）＝eq\r(2).二、高考小题13．(2019·全国卷Ⅲ）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（)A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形,平面ECD⊥平面ABCD知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON。又点N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为坐标原点，eq\o(OD,\s\up6（→）），Oeq\o（N，\s\up6（→)），eq\o(OE,\s\up6（→)）的方向分别为x轴正方向，y轴正方向，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD＝2,则E(0，0,eq\r（3)），N(0，1，0），Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2），0,\f（\r（3),2）))，B（－1,2,0)，∴EN＝eq\r（12＋－\r（3)2)＝2，BM＝eq\r（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3,2))）2＋4＋\f（3，4）)＝eq\r（7）,∴EN≠BM。连接BD，BE,∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM,EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B。解法二:如图2,取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN,MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD。∴EF⊥FN。不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq\r（3),∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2。∵EM＝MD,DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2）EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2）EF＝eq\f（\r(3)，2），BG＝eq\r(CG2＋BC2）＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3，2))）2＋22)＝eq\f(5，2）,∴BM＝eq\r（MG2＋BG2)＝eq\r（7）。∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN,∴BM,EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.14．（2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CDA． 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。15．(2016·山东高考)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。16．(2015·广东高考）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4C．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。三、模拟小题17．（2019·大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是（)①直线上有两点到平面的距离相等,则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面;③直线m⊥平面α,直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α,使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与② B．②与③C．③与④ D．②与④答案D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n,则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．18．（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PR∥SQ，故点P,Q，R，S共面；对于B,易判断QR∥SP，故点P，Q，R,S共面；对于C,易判断PQ∥SR,故点P，Q，R,S共面;而D中的RS，PQ为异面直线．故选D。19．(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:①DE与MN平行;②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是()A．1 B．2C．3 D．4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①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误;对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③,依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直,故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④20．（2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AB＝4，BD1＝4eq\r(2）,若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为(）A．30° B．45°C．60° D．90°答案D解析如图,连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝4，∴BD＝4。又△BDD1为直角三角形，∴BDeq\o\al(2,1）＝BD2＋DDeq\o\al(2,1）,∴DD1＝4，∴四边形BCC1B1为正方形．连接BC1交B1C于点O,∵BC1∥AD1，∴∠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，∴∠BOC＝90°,故异面直线B1C与AD1所成的角为90°。故选D.21．(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四点共面．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交线上的一点,又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．故只有④正确．一、高考大题1．（2019·北京高考）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形,E为CD的中点．(1)求证:BD⊥平面PAC；（2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．解（1)证明：因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD。因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC。(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°,且E为CD的中点，所以AE⊥CD。所以AB⊥AE。又AB∩PA＝A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE。(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE。如图，取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG,EG，则FG∥AB，且FG＝eq\f（1，2）AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝eq\f（1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE。所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE。二、模拟大题2．（2020·东北师大附中月考)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝eq\f（1，2）AD,BE∥FA且BE＝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？解（1）证明：由已知FG＝GA，FH＝HD,可得GH∥AD且GH＝eq\f（1,2)AD。又BC∥AD且BC＝eq\f（1,2)AD，∴GH∥BC且GH＝BC,∴四边形BCHG为平行四边形