高考数学二轮复习 第一篇 求准提速 基础小题不失分 第14练 空间线面关系的判断练习 文试题

第14练空间线面关系的判断[明考情]空间线面关系的判断是高考的必考内容，主要以选择题形式出现，属于基础题.[知考向]1.空间线面位置关系的判断.2.空间中的平行、垂直关系.考点一空间线面位置关系的判断方法技巧(1)判定两直线异面的方法：①反证法；②利用结论：过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不过该点的直线是异面直线.(2)模型法判断线面关系：借助空间几何模型，如长方体、四面体等观察线面关系，再结合定理进行判断.1.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题中正确的是()A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交答案D解析若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交.2.(2017·常德一中模拟)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则()A.若α∥β，则l∥m B.若l∥m，则α∥βC.若α⊥β，则l⊥m D.若l⊥β，则α⊥β答案D解析选项A，若α∥β，则直线l，m平行或异面，错误；选项B，若l∥m，则平面α，β平行或相交，错误；选项C，若α⊥β，则直线l，m平行、相交或异面，错误；选项D，若l⊥β，则由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确，故选D.3.已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中()A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一一条与a平行的直线答案D解析在平面内过一点，只能作一条直线与已知直线平行.4.将正方体的纸盒展开如图，直线AB，CD在原正方体的位置关系是()A.平行 B.垂直C.相交成60°角 D.异面且成60°角答案D解析如图，直线AB，CD异面.因为CE∥AB，所以∠ECD即为直线AB，CD所成的角，因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.5.已知α，β表示平面，m，n表示直线，m⊥β，α⊥β，给出下列四个结论：①∀n⊂α，n⊥β；②∀n⊂β，m⊥n；③∀n⊂α，m∥n；④∃n⊂α，m⊥n.则上述结论中正确的个数为()A.1B.2答案B解析由于m⊥β，α⊥β，所以m⊂α或m∥α.∀n⊂α，n⊥β或n与β斜交或n∥β，所以①不正确；∀n⊂β，m⊥n，所以②正确；∀n⊂α，m与n可能平行、相交或异面，所以③不正确；当m⊂α或m∥α时，∃n⊂α，m⊥n，所以④正确.考点二空间中的平行、垂直关系方法技巧(1)利用平面图形中的线的平行判断平行关系：①比例线求证平行，特别是三角形中位线定理；②平行四边形的对边互相平行；③同一平面内垂直于同一直线的两直线互相平行.(2)熟练把握平面图形中的垂直关系①等腰三角形的底边上的中线和高重合；②菱形的对角线互相垂直；③圆的直径所对的圆周角为直角；④勾股定理得垂直.(3)空间中平行与垂直的实质是转化与化归思想在空间中的体现.6.(2017·全国Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.7.已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中不正确的是()A.若m∥n，m⊥α，则n⊥αB.若m⊥α，m⊥β，则α∥βC.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βD.若m∥α，α∩β＝n，则m∥n答案D解析易知A，B正确；对于C，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α.又n⊂β，所以β⊥α，即C正确；对于D，因为m∥α，α∩β＝n，所以m∥n或m与n是异面直线，故D不正确.8.(2017·全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CDA.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案C解析方法一如图，∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错.故选C.方法二(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≠0，∴A1E⊥BC1.故选C.9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NCA.①B.②C.③D.④答案B解析作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ10.如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C答案异面垂直解析∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1又侧面BB1C1C为菱形，∴B1又AO∩BO＝O，∴B1C⊥平面ABO∵AB⊂平面ABO，∴B1C⊥AB1.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，P分别是棱A1D1，A1A，D1C1的中点，则过M，NA.2eq\r(3) B.4eq\r(3)C.6eq\r(3) D.12eq\r(3)答案D解析如图所示.取正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1的中点L，K，Q，连接NL，LK，KQ，QP则六边形PQKLNM是过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面，该六边形是正六边形，其边长为eq\f(1,2)NQ＝2eq\r(2)，其面积为6×eq\f(1,2)×(2eq\r(2))2×eq\f(\r(3),2)＝12eq\r(3).2.给出下列命题：①若平面α上的直线a与平面β上的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么c至多与a，b中的一条相交；②若直线a与b异面，直线b与c异面，则直线a与c异面；③一定存在平面α同时和异面直线a，b都平行.其中正确的命题为()A.①B.②C.③D.①③答案C解析①错，c可与a，b都相交；②错，因为a，c也可能相交或平行；③正确，例如过异面直线a，b的公垂线段的中点且与公垂线垂直的平面即满足条件.3.已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α答案B解析对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n可能平行于平面α，还可能在平面α内，故D不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确.4.(2017·包头模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1所成的角θA.0＜θ＜eq\f(π,2) B.0＜θ≤eq\f(π,2)C.0≤θ≤eq\f(π,3) D.0＜θ≤eq\f(π,3)答案D解析∵A1B∥D1C∴CP与A1B所成的角可化为CP与D1C∵△AD1C是正三角形，当P与A重合时所成的角为eq\f(π,3)，∵P不能与D1重合，此时D1C与A1B∴θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).解题秘籍(1)平面的基本性质公理是几何作图的重要工具.(2)两条异面直线所成角的范围是(0°，90°].(3)线面关系的判断要结合空间模型或实例，以定理或结论为依据进行推理，绝不能主观判断.1.l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则()A.p是q的充分条件，但不是q的必要条件B.p是q的必要条件，但不是q的充分条件C.p是q的充要条件D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件答案A解析由l1，l2是异面直线，可得l1，l2不相交，所以p⇒q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是异面直线或l1∥l2，所以q⇏p.所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件.故选A.2.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，FA.6eq\r(2)＋4eq\r(5) B.6eq\r(2)＋2eq\r(5)C.3eq\r(2)＋4eq\r(5) D.3eq\r(2)＋2eq\r(5)答案A解析∵正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱AD，DD1∴EF∥AD1∥BC1.∵EF⊄平面BCC1，BC1⊂平面BCC1，∴EF∥平面BCC1.由正方体的边长为4，可得截面是以BE＝C1F＝2eq\r(5)为腰，EF＝2eq\r(2)为上底，BC1＝2EF＝4eq\r(2)为下底的等腰梯形，故周长为6eq\r(2)＋4eq\r(5).故选A.3.(2017·唐山一模)下列命题正确的是()A.若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行B.若一直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行答案C解析A选项中两条直线可能平行也可能异面或相交；B选项中两垂直平面与l所成的角都是45°；D选项中两平面也可能相交.C正确.4.在如图所示的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，直线BF与平面AD1EA.平行 B.相交但不垂直C.垂直 D.异面答案A解析取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，∴BFOE是平行四边形，∴BF∥EO.∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，∴BF∥平面AD1E.5.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列结论正确的是()A.AD⊥平面BCDB.AB⊥平面BCDC.平面BCD⊥平面ABCD.平面ADC⊥平面ABC答案D解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，故AB⊥平面ADC，∴平面ABC⊥平面ADC.6.已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是()A.①③B.②④C.①④D.②③答案C解析对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.7.如图，四边形ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2eq\r(2)，O，M分别为CD，BC的中点，则异面直线OM与PD所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(6),4)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(\r(3),6)D.eq\f(\r(3),3)答案C解析连接BD，OB，则OM∥DB，∴∠PDB或其补角为异面直线OM与PD所成的角.由条件PO⊥平面ABCD可知，OB＝3，PO＝eq\r(3)，BD＝2eq\r(3)，PB＝2eq\r(3)，在△PBD中，由余弦定理可得cos∠PDB＝eq\f(4＋12－12,2·2·2\r(3))＝eq\f(\r(3),6).8.如图是一个几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的个数是()A.1B.2答案B解析画出几何体的图形，如图，由题意可知，①直线BE与直线CF异面，不正确，因为E，F是PA与PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线；②直线BE与直线AF异面，满足异面直线的定义，正确；③由E，F分别是PA与PD的中点可知，EF∥AD，所以EF∥BC.因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，正确.④因为△PAB与底面ABCD的关系不是垂直关系，BC与平面PAB的关系不能确定，所以平面BCE⊥平面PAD，不正确.故选B.9.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，则直线MN与平面BDC的位置关系是________.答案平行解析由eq\f(A