《（天津专用）2020届高考数学一轮复习 考点规范练32 空间点、直线、平面之间的位置关系（含解析）新人教a版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（天津专用）2020届高考数学一轮复习 考点规范练32 空间点、直线、平面之间的位置关系（含解析）新人教a版（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点规范练32空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础巩固1.在下列命题中,不是公理的是()A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是()A.相交B.异面C.平行D.垂直3.如图,=l,A,B,C,且Cl,直线ABl=M,过A,B,C三点的平面记作,则与的交线必通过()A.点AB.点BC.点C但不过
2、点MD.点C和点M4.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是()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5.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是()A.(0,2)B.(0,3)C.(1,2)D.(1,3)6.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的充分必要条件D.
3、p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件7.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,ABCD=O,且ABCD,SO=OB=2,P为SB的中点,则异面直线SA与PD所成角的正切值为()A.1B.2C.2D.228.已知直线l平面,直线m平面,则是lm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9.过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作平面,使得正方体的各棱与平面所成的角均相等,则满足条件的平面的个数是()A.1B.4C.6D.810.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CFCB=C
4、GCD=23,则下列说法正确的是.(填序号)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.11.如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,D是PC的中点.已知BAC=2,AB=2,AC=23,PA=2.求:(1)三棱锥P-ABC的体积;(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值.二、能力提升12.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13.若空间三条直线a,b,c满足ab,bc,则直线a与c()
5、A.一定平行B.一定相交C.一定是异面直线D.一定垂直14.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3B.至多等于4C.等于5D.大于515.已知m,n,l为不同的直线,为不同的平面,给出下列命题,其中真命题的序号是.ml,nlmn;m,nmn;m,n,mn;m,nmn;m与l异面,n与l异面m与n异面;m与l共面,n与l共面m与n共面.16.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线
6、AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是.(填序号)17.如图所示,A是BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若ACBD,AC=BD,求EF与BD所成的角.三、高考预测18.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.(1)求证:EFA1C1;(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.考点规范练32空间点、直线、平面之间的位置关系1.A解析选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是
7、不需要证明的.2.A解析由BCAD,ADA1D1知,BCA1D1,从而四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BCD1,又EF平面A1BCD1,EFD1C=F,则A1B与EF相交.3.D解析AB,MAB,M.又=l,Ml,M.根据公理3可知,M在与的交线上,同理可知,点C也在与的交线上.4.A解析连接A1C1,AC,则A1C1AC,所以A1,C1,A,C四点共面.所以A1C平面ACC1A1.因为MA1C,所以M平面ACC1A1.又M平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.同理A,O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.5.A解析此题相当于
8、一个正方形沿着对角线折成一个四面体,长为a的棱长一定大于0且小于2.6.A解析l1,l2是异面直线l1,l2不相交,即pq;而l1,l2不相交l1,l2是异面直线,即qp.故p是q的充分条件,但不是q的必要条件.7. B解析连接OP,易知O为AB的中点.因为P为SB的中点,所以OPSA,且OP=12SA,所以DPO为异面直线SA与PD所成的角.在RtSOB中,SO=OB=2,所以OP=2.在等腰三角形PCD中,OPCD,OD=2,所以tanDPO=ODOP=22=2,故选B.8.A解析若,则由l知l,又m,可得lm,若与相交(如图),设=n,当mn时,由l可得lm,而此时与不平行,于是是lm的
9、充分不必要条件,故选A.9.B解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AA1,AD,AB平行的直线各有3条,AA1=AD=AB,A1-BDC1是正三棱锥,AA1,AD,AB与平面A1DB所成角相等,满足条件的平面有4个,故选B.10.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=12BD,FG=23BD,故EHFG,所以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.11.解(
10、1)SABC=12223=23,三棱锥P-ABC的体积为V=13SABCPA=13232=433.(2)如图,取PB的中点E,连接DE,AE,则EDBC,所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.在ADE中,DE=2,AE=2,AD=2,cosADE=22+22-2222=34.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为34.12.A解析若直线a,b相交,设交点为P,则Pa,Pb.又a,b,所以P,P,故,相交.反之,若,相交,则a,b可能相交,也可能异面或平行.故“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的充分不必要条件.13.D解析两条平行线中一条与第三条直线垂直,另一条直线也与第三条
11、直线垂直,故选D.14.B解析特殊值法.当n=3时,正三角形的三个顶点之间两两距离相等,故n=3符合;当n=4时,联想正四面体的四个顶点之间两两距离相等,故n=4符合.由此可以排除选项A,C,D.故选B.15.解析由平面的基本性质4知正确;平行于同一平面的两条直线可以平行、相交,也可以异面,故错误;mmnmn,故为真命题;nn或nmmn,故为真命题;如图(1),长方体中,m与l异面,n1,n2,n3都与l异面,但n2与m相交,n1与m异面,n3与m平行,故为假命题;如图(2),长方体中,m与l共面,n与l共面,但m与n异面,故为假命题.(1)(2)16.解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面
12、半径的圆锥的母线,由ACa,ACb,得AC圆锥底面,在底面内可以过点B,作BDa,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DEBD,DEb.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=2,当直线AB与a成60角时,ABD=60,故BD=2.又在RtBDE中,BE=2,DE=2,过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=2,ABF为等边三角形,ABF=60,即AB与b成60角,正确,错误.由最小角定理可知正确;很明显,可以满足直线a平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90,错误.故正确的说法为.17. (1)证明假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而D
13、F与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线. (2)解取CD的中点G,连接EG,FG,则ACFG,EGBD,所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角.又因为ACBD,所以FGEG.在RtEGF中,由EG=FG=12AC,可得FEG=45,即异面直线EF与BD所成的角为45.18.(1)证明如图所示,连接B1D1,ABCD-A1B1C1D1为正方体,四边形A1B1C1D1为正方形.A1C1B1D1.BB1平面A1B1C1D1,A1C1BB1.B1D1BB1=B1,A1C1平面BB1D1D.E
14、F平面BB1D1D,EFA1C1.(2)解如图所示,假设A,E,G,F四点共面,则A,E,G,F四点确定平面AEGF,ABCD-A1B1C1D1为正方体,平面AA1D1D平面BB1C1C.平面AEGF平面AA1D1D=AE,平面AEGF平面BB1C1C=GF,由平面与平面平行的性质定理得AEGF,同理可得AFGE,因此四边形AEGF为平行四边形,GF=AE.在RtADE中,AD=a,DE=12DD1=a2,ADE=90,由勾股定理得AE=AD2+DE2=a2+a22=52a,在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=23BB1=23a,腰B1C1=a,GF=AE=52a,过G作GHBB1交BB1于H.显然四边形B1C1GH为矩形,故有C1G=B1H,GH=C1B1=a.在RtFGH中,FH=B1F
