2021高考数学大一轮复习考点规范练40空间点直线平面之间的位置关系理新人教A版

2021高考数学大一轮复习考点规范练40空间点直线平面之间的位置关系理新人教A版

考点规范练40　空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎　考点规范练B册第25页　 ‎ 基础巩固 ‎1.α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是(　　)‎ A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行 答案:D 解析:∵α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,m⊄α,n⊂α,‎ ‎∴n在平面α内.∵A∈m,A∈α,∴A是m和平面α相交的点,‎ ‎∴m和n异面或相交,一定不平行.‎ ‎2.在空间中,四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是(　　)‎ A.l1⊥l4‎ B.l1∥l4‎ C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定 答案:D 解析:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.‎ ‎3.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过(　　)‎ 11‎ A.点A B.点B C.点C但不过点M D.点C和点M 答案:D 解析:∵AB⊂γ,M∈AB,∴M∈γ.‎ 又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.‎ 根据公理3可知,M在γ与β的交线上,同理可知,点C也在γ与β的交线上.‎ ‎4.如图,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 答案:A 解析:连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,‎ 所以A1,C1,A,C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.‎ 11‎ ‎5.(2019广东汕头联考)给出下列命题,其中错误命题的个数为(　　)‎ ‎①若直线a与平面α不平行,则a与平面α内的所有直线都不平行;‎ ‎②若直线a与平面α不垂直,则a与平面α内的所有直线都不垂直;‎ ‎③若异面直线a,b不垂直,则过a的任何平面与b都不垂直;‎ ‎④若直线a和b共面,直线b和c共面,则a和c共面.‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案:C 解析:对于①,若直线a在平面α内,这时直线和平面不平行,但是平面内有直线和a是平行的,故①错误.对于②,若直线a在平面α内,这时直线和平面不垂直,但是平面内有直线和a是垂直的,故②错误.对于③,根据线面垂直的定义可知,③是正确的.对于④,a,c有可能是异面直线,故④错误.综上所述,有3个命题是错误命题,故选C.‎ ‎6.(2019湖南四校联考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,异面直线AC1与BB1所成的角为30°,则AA1=(　　)‎ A‎.‎‎3‎ B.3 C‎.‎‎5‎ D‎.‎‎6‎ 答案:D 解析:如图,连接A1C1,由长方体的性质知,BB1∥AA1,则∠A1AC1即异面直线AC1与BB1所成的角,所以∠A1AC1=30°.在Rt△A1B1C1中,A1C1=‎A‎1‎B‎1‎‎2‎‎+‎B‎1‎C‎1‎‎2‎‎=‎2‎.‎ 在Rt△A1AC1中,tan∠A1AC1=A‎1‎C‎1‎A‎1‎A,即A1A=A‎1‎C‎1‎tan∠A‎1‎AC‎1‎‎=‎2‎‎3‎‎3‎=‎‎6‎,故选D.‎ ‎7.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)‎ 11‎ 答案:A 解析:此题相当于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.‎ ‎8.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.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件 答案:A 解析:l1,l2是异面直线⇒l1,l2不相交,即p⇒q;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.‎ ‎9.过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作平面α,使得正方体的各棱与平面α所成的角均相等,则满足条件的平面α的个数是(　　)‎ A.1 B.4 C.6 D.8‎ 答案: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,‎ 则满足条件的平面有4个,故选B.‎ ‎10.用a,b,c表示三条不同的直线,γ表示平面,给出下列命题:‎ ‎①若a∥b,b∥c,则a∥c;‎ ‎②若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;‎ ‎③若a∥γ,b∥γ,则a∥b;‎ ‎④若a⊥γ,b⊥γ,则a∥b;‎ ‎⑤若a⊥b,b∥c,则a⊥c;‎ ‎⑥若a∥b∥c,则a,b,c共面.‎ 其中真命题的序号是　　　　　. ‎ 答案:①④⑤‎ 11‎ 解析:①由平行线的传递性(公理4)知①正确;‎ ‎②举反例:在同一平面α内,a⊥b,b⊥c,有a∥c;‎ ‎③举反例:如图的长方体中,a∥γ,b∥γ,但a与b相交;‎ ‎④垂直于同一平面的两直线互相平行,知④正确;‎ ‎⑤显然正确;‎ ‎⑥由三棱柱的三条侧棱知⑥错.‎ ‎11.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:‎ ‎(1)B,C,H,G四点共面;‎ ‎(2)几何体A1GH-ABC是三棱台;‎ ‎(3)平面EFA1∥平面BCHG.‎ 证明(1)∵GH是△A1B1C1的中位线,‎ ‎∴GH∥B1C1.‎ 又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.‎ ‎(2)∵A1G‎1‎‎2‎AB,∴AA1与BG必相交.‎ 设交点为P,则PA‎1‎PA‎=A‎1‎GAB=‎1‎‎2‎.‎ 同理设CH∩AA1=Q,则QA‎1‎QA‎=‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴P与Q重合,即三条直线AA1,GB,CH相交于一点.‎ 又由棱柱的性质知平面A1GH∥平面ABC,∴几何体A1GH-ABC为三棱台.‎ ‎(3)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC.‎ 11‎ ‎∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.‎ ‎∵A1GEB,∴四边形A1EBG是平行四边形,‎ ‎∴A1E∥GB.‎ ‎∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.‎ ‎∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.‎ 能力提升 ‎12.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b∥c,则直线a与c(　　)‎ A.一定平行 B.一定相交 C.一定是异面直线 D.一定垂直 答案:D 解析:若两条平行线中的一条与第三条直线垂直,则另一条直线也与第三条直线垂直,故选D.‎ ‎13.(2019广东百校联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为(　　)‎ A‎.‎‎5‎ B‎.‎‎6‎ C‎.‎‎7‎ D.2‎‎2‎ 答案:C 解析:如图,可知最长的棱为长方体的体对角线AC=2‎2‎,最短的棱为BD=1,∠ACE为异面直线AC与BD所成的角,由三视图中的线段长度可得,AB=‎5‎,BD=CE=1,CD=‎2‎,AE=‎7‎,tan∠ACE=‎‎7‎‎.‎ ‎14.一正方体的平面展开图如图所示,在这个正方体中,有下列四个命题:‎ 11‎ ‎①AF⊥GC;‎ ‎②BD与GC是异面直线,且夹角为60°;‎ ‎③BD∥MN;‎ ‎④BG与平面ABCD所成的角为45°.‎ 其中正确的个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案:B 解析:将平面展开图还原成正方体(如图).‎ 对于①,由图形知AF与GC异面垂直,故①正确;‎ 对于②,BD与GC是异面直线.‎ 连接EB,ED,则BM∥GC,‎ 所以∠MBD(或其补角)即为异面直线BD与GC所成的角.‎ 在等边三角形BDM中,∠MBD=60°,所以异面直线BD与GC所成的角为60°,故②正确;‎ 对于③,BD与MN为异面垂直,故③错误;‎ 对于④,由题意,得GD⊥平面ABCD,所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角.‎ 但在Rt△BDG中,∠GBD≠45°,故④错误.‎ 综上可得①②正确.故选B.‎ ‎15.已知m,n,l为不同直线,α,β为不同平面,给出下列命题,其中真命题的序号是　　　　　.(填上所有真命题的序号) ‎ 11‎ ‎①m∥l,n∥l⇒m∥n;②m∥α,n∥α⇒m∥n;‎ ‎③m⊥α,n⊥β,α∥β⇒m∥n;‎ ‎④m⊥α,α⊥β,n⊥β⇒m⊥n;‎ ‎⑤m与l异面,n与l异面⇒m与n异面;‎ ‎⑥m与l共面,n与l共面⇒m与n共面.‎ 答案:①③④‎ 解析:由平面的基本性质4知①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②错误;‎ m⊥αα∥β‎⇒m⊥β‎　　　　n⊥β‎⇒‎m∥n,故③为真命题;‎ α⊥βn⊥β‎⇒n∥α或n⊂α‎　　　　　　　m⊥α‎⇒‎m⊥n,故④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⑤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⑥为假命题.‎ ‎(1)‎ ‎(2)‎ ‎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:‎ ‎①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;‎ ‎②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;‎ ‎③直线AB与a所成角的最小值为45°;‎ 11‎ ‎④直线AB与a所成角的最大值为60°.‎ 其中正确的是　　　　　.(填写所有正确结论的编号) ‎ 答案:②③‎ 解析:由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.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Rt△BDE中,BE=2,∴DE=‎2‎,过点B作BF∥DE,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,②正确,①错误.由最小角定理可知③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°,④错误.故正确的说法为②③.‎ ‎17.在空间四边形ABCD中,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边BC,CD的中点.求证:‎ ‎(1)BC与AD是异面直线.‎ ‎(2)EG与FH相交.‎ 证明(1)假设BC与AD共面,不妨设它们所共平面为α,则B,C,A,D∈α.‎ 所以四边形ABCD为平面图形,这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾,所以BC与AD是异面直线.‎ ‎(2)如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,因此EF∥HG.‎ 同理EH∥FG,则四边形EFGH为平行四边形.‎ 又EG,FH是▱EFGH的对角线,所以EG与FH相交.‎ 高考预测 11‎ ‎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:EF⊥A1C1;‎ ‎(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.‎ ‎(1)证明如图所示,连接B1D1,‎ ‎∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,‎ ‎∴四边形A1B1C1D1为正方形.‎ ‎∴A1C1⊥B1D1.‎ ‎∵BB1⊥平面A1B1C1D1,‎ ‎∴A1C1⊥BB1.‎ ‎∵B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D.‎ ‎∵EF⊂平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1.‎ ‎(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,‎ 11‎ ‎∴由平面与平面平行的性质定理得AE∥GF,同理可得 AF∥GE,因此四边形AEGF为平行四边形,∴GF=AE.‎ 在Rt△ADE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GH⊥BB1交BB1于H.‎ 显然四边形B1C1GH为矩形,故有C1G=B1H,GH=C1B1=a.‎ 在Rt△FGH中,FH=B1F=C1G,GH=a.‎ 由勾股定理可得GF=GH‎2‎+(B‎1‎F-C‎1‎G‎)‎‎2‎‎=a‎2‎‎+‎‎2‎‎3‎a-C‎1‎G‎2‎=‎‎5‎‎2‎a,‎ 结合图形可知C1G

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