专题8-3+空间点、线、面的位置关系（测）-2018年高考数学（文）一轮复习讲练测

专题8-3+空间点、线、面的位置关系（测）-2018年高考数学（文）一轮复习讲练测

‎2018年高考数学讲练测【新课标版】【测】第八章 立体几何 第03节 空间点、线、面的位置关系 班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。）‎ ‎1.【2017课标1，文6】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，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）‎ ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎2.【2016高考浙江文数】已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（ ）‎ A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意知，．故选C．‎ ‎3.下列命题中正确的个数是(　　)‎ ‎①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；‎ ‎②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；‎ ‎③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；‎ ‎④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．‎ A．0　　　 B．‎1　‎　　‎ C．2　　　 D．3‎ ‎【答案】　B ‎【解析】　“若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α”是错误的，因为直线l可与平面α相交．“若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行”是错误的，因为直线l可与平面α内的直线成异面直线．“如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行”是错误的，因为另一条直线可能在平面内．“若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任一条直线都没有公共点”是正确的，因为直线l与平面α平行，则直线l与平面α没有公共点．综上可知应选B．‎ ‎4. 已知两直线m，n及两个平面α，β，给出下列四个命题，正确的命题是（ ）．‎ A. 若m∥α，n∥α则m∥n B. 若α⊥β，m⊥α，n⊥β则m⊥n C. 若α⊥β，m∥β则m⊥α D. 若α∥β，m∥α则m∥β ‎【答案】B ‎5.【2017年福建省数学基地校】已知、是两条不同直线， 、为两个不同平面，那么使成立的一个充分条件是(　　)‎ A. ， B. ， ‎ C. ， ， D. 上有不同的两个点到的距离相等 ‎【答案】C ‎【解析】对于A，直线可能位于平面内；所以不能由A推出；对于B，直线可能位于平面内；所以不能由B推出；对于D，当直线与平面 相交时，显然在该直线上也能找到两个不同的点到平面的距离相等．‎ 故选C ‎6.【浙江省嘉兴市高三教学测试】已知直线,m和平面,下列命题正确的是( )‎ A.若则 B.若则 ‎ C.若 则 D.若 则 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】选项A是错误的,因为线面平行不一定能推出线线平行,根据线面平行的判断,选项B也是错误的,需要增加条件,根据线面垂直的判断可知选项C是错误的,选项D是正确的,因为线面垂直可以得到线线垂直(线面垂直的性质定理).‎ ‎7. 设为空间不重合的直线， 是空间不重合的平面，则下列说法准确的个数是（ ）‎ ‎①//，//，则//；‎ ‎②，，则//；‎ ‎③若；‎ ‎④若∥， ， ，则∥；‎ ‎⑤若 ‎⑥，则 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：①显然正确；②可能相交；③l可能在平面内；④l可能为两个平面的交线，两个平面可能相交；⑤可能相交；⑥显然正确，故选C．‎ ‎8.设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(　　 )‎ A．若AC与BD共面，则AD与BC共面 B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC ‎【答案】　C ‎【解析】　A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.‎ ‎9. 如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（ ）．‎ A. BD∥平面CB1D1‎ B. AC1⊥BD C. AC1⊥平面CB1D1‎ D. 异面直线AD与CB1角为60°‎ ‎【答案】D 故选D.‎ ‎10.【温州市十校联合体期末联考】空间四边形ABCD中，AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点，EF＝ ，则异面直线AD,BC所成的角为( )‎ A．30° B． 60° C．90° D．120°‎ ‎【答案】B ‎【解析】设G为AC的中点，由已知中AD=BC=2，E、F分别是AB、CD的中点，若EF＝‎ ‎，根据三角形中位线定理，我们易求出∠EGF为异面直线AD、BC所成的角（或其补角），解三角形EGF即可得到答案.‎ ‎11.【安徽蚌埠市高二期末】在正四棱锥P-ABCD中，PA=2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为（ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎12. 如图，正方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎的棱线长为‎1‎，线段B‎1‎D‎1‎上有两个动点E，F，且EF=‎‎1‎‎2‎，则下列结论中错误的是（ ）．‎ A. AC⊥BE B. EF∥‎平面ABCD C. 三棱锥A-BEF的体积为定值 D. ‎△AEF的面积与‎△BEF的面积相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：连接，则，所以平面，则，故A正确；因为平面，所以平面，故B正确；因为三棱锥A-BEF的底面是底边为，高为棱长的三角形，面积为，三棱锥的高为点到平面的距离，所以三棱锥A-BEF的体积是定值，故C正确；显然ΔAEF的面积与ΔBEF的有相同的底边，且到的距离是棱长1，且到的距离是，即两三角形的面积不相等，故D错误；‎ ‎；故选D．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。）‎ ‎13.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△，直线AC与所成角的余弦的最大值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设直线与所成角为．‎ 设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直， ，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为，‎ 所以＝，所以时，取最大值．‎ ‎14.下列命题中不正确的是________．(填序号)‎ ‎①没有公共点的两条直线是异面直线；‎ ‎②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；‎ ‎③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不可能平行；‎ ‎④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．‎ ‎【答案】①②‎ ‎15. 【北京市朝阳区高三第一次综合练习】如图，在四棱锥中，底面．底面为梯形，，∥,，．若点是线段上的动点，则满足的点的个数是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由于底面，在底面上射影为，由三垂线定理，，只要即可，由平面几何知识可知，以为直径的圆与有两个交点，故满足条件的点的个数是．‎ ‎16.【2017届福建闽侯县二中高三上期中】如图，正方体的棱长为1，是的中点，则下列四个命题：‎ ‎①直线与平面所成的角等于45°；‎ ‎②四面体在正方体六个面内的投影图形面积的最小值为；‎ ‎③点到平面的距离是；‎ ‎④与所成的角为．‎ 其中真命题的序号是____________．‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①与面所成的角即为，∴①正确；②在四个面上的投影或为正方形或为三角形，最小为三角形面积为，∴②正确；③，，∴到面的距离等于到面的距离为，∴③不正确；④与所成的角即为与所成的角，即，，，，．∴，故与所成的角为，∴④正确．故答案为：①②④.‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.（本题满分10分）如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ、CB的延长线交于点M，RQ、DB的延长线交于点N，RP、DC的延长线交于点K，求证：M、N、K三点共线．‎ ‎【答案】证明见解析.‎ ‎18.（本题满分12分）【2017届河南省豫北重点中学高三4月联考】如图，四棱柱中， 平面， ， ， 为的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明： ；‎ ‎（Ⅱ）若， ，求证：平面平面.‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）分别取的中点，连结，可证明四边形是平行四边形，所有 又根据中，中位线的性质， ，根据平行线的传递性可知；（Ⅱ）根据条件可证明，所有平面，即，也可证明，所有平面，即证明了平面平面.‎ 试题解析：（Ⅰ）分别取中的中点为，并连接，‎ 则由， 得， ， ，‎ 可得四边形为平行四边形，那么， ，又， ‎ ‎，‎ 所以，且，得四边形是平行四边形，‎ 可得，又，所以.‎ ‎（Ⅱ）取中点，连接，则，‎ 可得，则，‎ 即， ，那么，又，‎ 得平面，那么，由，‎ 得，又，那么，‎ 同理， ，即得，可得平面，‎ 即得平面平面.‎ ‎19.（本题满分12分）在长方体ABCD－A1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示，其中P点不在对角线B1D1)上．‎ ‎ （Ⅰ）过P点在空间作一直线l，使l∥直线BD，应该如何作图？并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）过P点在平面A1C1内作一直线m，使m与直线BD成α角，其中α∈，这样的直线有几条，应该如何作图？‎ ‎【答案】见解析.‎ ‎【解析】（Ⅰ）连接B1D1，BD，在平面A1C1内过P作直线l，使l∥B1D1，则l即为所求作的直线，如图(a)．‎ ‎∵B1D1∥BD，l∥B1D1，∴l∥直线BD.‎ ‎ 图(a)‎ ‎（Ⅱ）∵BD∥B1D1，∴直线m与直线BD也成α角，即直线m为所求作的直线，‎ 如图(b)．由图知m与BD是异面直线，且m与BD所成的角α∈‎ 当α＝时，这样的直线m有且只有一条，当α≠时，这样的直线m有两条．‎ ‎ 图(b)‎ ‎20. （本题满分12分）如图所示，三棱柱ABC－A1B‎1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A‎1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.‎ ‎(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?‎ ‎(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．‎ ‎【答案】　(1) 点M为AC的中点；（2）.‎ ‎【解析】　(1)方法一：如图(1)所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.因为侧棱A‎1A⊥底面ABC，所以侧面A1ACC1⊥底面ABC．又因为EC＝2FB＝2，所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．‎ 方法二：如图(2)所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ，因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，所以PQ∥AE，PB∥EF，所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，因为PB∩PQ＝P，PB，PQ⊂平面PBQ，所以平面PBQ∥平面AEF.又因为BQ⊂平面PBQ，所以BQ∥平面AEF.故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．‎ ‎(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，所以cos∠OFE＝＝＝，所以BM与EF所成的角的余弦值为.‎ ‎21. （本题满分12分）【2017届江苏省如东高级中学高三2月摸底】如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥‎平面PAD，AB∥CD,CD=2AB=2BC,M,N分别是棱PA,CD的中点.‎ ‎（1）求证：PC∥‎平面BMN；‎ ‎（2）求证：平面BMN⊥‎平面PAC.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需结合平面几何条件，如本题利用三角形中位线性质定理得MO∥PC（2）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需多次利用线面垂直的判定与性质定理：先由平行四边形ABCN为菱形得BN⊥AC，再由PC⊥‎平面PAD得PC⊥AD，即BN⊥PC，从而得BN⊥‎平面PAC 试题解析：（1）设AC∩BN=O，连结MO,AN，因为AB=‎1‎‎2‎CD,AB∥CD，N为CD的中点，‎ 所以AB=CN,AB∥CN，所以四边形ABCN为平行四边形，所以O为AC的中点，所以MO∥PC 又因为MO⊂‎平面BMN，PC⊄‎平面BMN，所以PC∥‎平面BMN.‎ ‎（2）（方法一）因为PC⊥‎平面PDA，AD⊂‎平面PDA 所以PC⊥AD，由（1）同理可得，四边形ABND为平行四边形，所以AD∥BN，所以BN⊥PC 因为BC=AB，所以平行四边形ABCN为菱形，所以BN⊥AC，因为PC∩AC=C AC⊂‎平面PAC，PC⊂‎平面PAC，所以BN⊥‎平面PAC 因为BN⊂‎平面BMN，所以平面BMN⊥‎平面PAC.‎ ‎22. （本题满分12分）在长方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中，E,F分别是AD,DD‎1‎的中点，AB=BC=2‎，过A‎1‎‎、C‎1‎、B三点的的平面截去长方体的一个角后．得到如图所示的几何体ABCD-‎A‎1‎C‎1‎D‎1‎，且这个几何体的体积为‎40‎‎3‎．‎ ‎（1）求证：EF//‎平面A‎1‎BC‎1‎；‎ ‎（2）求A‎1‎A的长；‎ ‎（3）在线段BC‎1‎上是否存在点P，使直线A‎1‎P与C‎1‎D垂直，如果存在，求线段A‎1‎P的长，如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).‎ ‎【解析】试题分析：(1)证得是平行四边形,得出线线平行,利用线面平行的判定定理证明命题成立；(2)利用等体积转化,求出；(3)在平面中作,过作,推出,证明,推出相似于,求得.‎ ‎（3）在平面CC‎1‎D‎1‎D中作D‎1‎Q⊥C‎1‎D交CC‎1‎于，过作QP//CB交BC‎1‎于点P，则A‎1‎P⊥C‎1‎D.‎ 因为A‎1‎D‎1‎‎⊥‎平面CC‎1‎D‎1‎D,C‎1‎D⊂‎平面CC‎1‎D‎1‎D，∴C‎1‎D⊥‎A‎1‎D‎1‎，而 QP//CB,CB//‎A‎1‎D‎1‎‎，∴QP//‎A‎1‎D‎1‎，‎ 又∵A‎1‎D‎1‎‎∩D‎1‎Q=‎D‎1‎，∴C‎1‎D⊥‎平面A‎1‎PQC‎1‎,‎ 且A‎1‎P⊂‎平面A‎1‎PQC‎1‎，∴A‎1‎P⊥C‎1‎D，‎ ‎∵ΔD‎1‎C‎1‎Q∼RtΔC‎1‎CD，∴C‎1‎QCD‎=‎D‎1‎C‎1‎C‎1‎C，∴C‎1‎Q=1‎，又∵PQ//BC，∴PQ=‎1‎‎4‎BC=‎‎1‎‎2‎．‎ ‎∵四边形A‎1‎PQD‎1‎为直角梯形，且高D‎1‎Q=‎‎5‎，∴A‎1‎P=‎(2-‎1‎‎2‎)‎‎2‎‎+5‎=‎‎29‎‎2‎．．．．．．．．．． 12分 ‎ ‎