2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測(cè)試42 空間點(diǎn)、直線、平面間的位置關(guān)系 文(含解析)

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2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測(cè)試42 空間點(diǎn)、直線、平面間的位置關(guān)系 文(含解析)_第1頁(yè)
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2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測(cè)試42 空間點(diǎn)、直線、平面間的位置關(guān)系 文(含解析)_第2頁(yè)
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1、測(cè)試42 空間點(diǎn)、直線、平面間的位置關(guān)系 高考概覽 考綱研讀 1.理解空間直線、平面位置關(guān)系的定義 2.了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理 3.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題 一、基礎(chǔ)小題 1.若空間中有兩條直線,則“這兩條直線為異面直線”是“這兩條直線沒(méi)有公共點(diǎn)”的(  ) A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充分必要條件 D.既非充分又非必要條件 答案 A 解析 “兩條直線為異面直線”?“兩條直線無(wú)公共點(diǎn)”.“兩直線無(wú)公共點(diǎn)”?“兩直線異面或平行”.故選A. 2.下列命題正確的個(gè)數(shù)為(  ) ①經(jīng)過(guò)三點(diǎn)確定一個(gè)平面;

2、②梯形可以確定一個(gè)平面;③兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面;④如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn),則這兩個(gè)平面重合. A.0 B.1 C.2 D.3 答案 C 解析 經(jīng)過(guò)不共線的三點(diǎn)可以確定一個(gè)平面,∴①不正確;兩條平行線可以確定一個(gè)平面,∴②正確;兩兩相交的三條直線可以確定一個(gè)或三個(gè)平面,∴③正確;命題④中沒(méi)有說(shuō)清三個(gè)點(diǎn)是否共線,∴④不正確. 3.若直線上有兩個(gè)點(diǎn)在平面外,則(  ) A.直線上至少有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi) B.直線上有無(wú)窮多個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi) C.直線上所有點(diǎn)都在平面外 D.直線上至多有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi) 答案 D 解析 根據(jù)題意,兩點(diǎn)確定一條直線,那么由于直線上有兩個(gè)

3、點(diǎn)在平面外,則直線在平面外,只能是直線與平面相交,或者直線與平面平行,那么可知直線上至多有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi). 4.如圖,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C?l,直線AB∩l=M,過(guò)A,B,C三點(diǎn)的平面記作γ,則γ與β的交線必通過(guò)(  ) A.點(diǎn)A B.點(diǎn)B C.點(diǎn)C但不過(guò)點(diǎn)M D.點(diǎn)C和點(diǎn)M 答案 D 解析 ∵A,B∈γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根據(jù)公理3可知,M在γ與β的交線上.同理可知,點(diǎn)C也在γ與β的交線上. 5.若a和b是異面直線,b和c是異面直線,則a和c的位置關(guān)系是(  ) A.異面或平行 B.異面或相交 C.異面 D.相

4、交、平行或異面 答案 D 解析 異面直線不具有傳遞性,可以以長(zhǎng)方體為載體加以說(shuō)明,a,b異面,直線c的位置如圖(可有三種情況)所示,故a,c可能相交、平行或異面. 6.以下四個(gè)命題中: ①不共面的四點(diǎn)中,其中任意三點(diǎn)不共線;②若點(diǎn)A,B,C,D共面,點(diǎn)A,B,C,E共面,則點(diǎn)A,B,C,D,E共面;③若直線a,b共面,直線a,c共面,則直線b,c共面;④依次首尾相接的四條線段必共面. 正確命題的個(gè)數(shù)是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案 B 解析  ①正確,否則三點(diǎn)共線和第四點(diǎn)必共面;②錯(cuò)誤,如圖三棱錐,能符合題意但A,B,C,D,E不共面;③錯(cuò)誤,從②的

5、幾何體知;空間四邊形為反例可知,④錯(cuò)誤. 7.已知異面直線a,b分別在平面α,β內(nèi),且α∩β=c,那么直線c一定(  ) A.與a,b都相交 B.只能與a,b中的一條相交 C.至少與a,b中的一條相交 D.與a,b都平行 答案 C 解析 如果c與a,b都平行,那么由平行線的傳遞性知a,b平行,與異面矛盾.故選C. 8.如圖,平行六面體ABCD-A1B1C1D1中既與AB共面又與CC1共面的棱有________條. 答案 5 解析 依題意,與AB和CC1都相交的棱有BC;與AB相交且與CC1平行的棱有AA1,BB1;與AB平行且與CC1相交的棱有CD,C1D1.故符合條件

6、的棱有5條. 二、高考小題 9.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AE與CD所成角的正切值為(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析  在正方體ABCD-A1B1C1D1中,CD∥AB,所以異面直線AE與CD所成的角為∠EAB,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2a,則由E為棱CC1的中點(diǎn),可得CE=a,所以BE=a, 則tan∠EAB===.故選C. 10.(2015·廣東高考)若空間中n個(gè)不同的點(diǎn)兩兩距離都相等,則正整數(shù)n的取值(  ) A.至多等于3 B.至多等于4 C.等于5 D.大于5 答案 B 解析 首

7、先我們知道正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)滿足兩兩距離相等,于是可以排除C,D.又注意到正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)也滿足兩兩距離相等,于是排除A,故選B. 11.(2016·山東高考)已知直線a,b分別在兩個(gè)不同的平面α,β內(nèi),則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案 A 解析 因?yàn)橹本€a和直線b相交,所以直線a與直線b有一個(gè)公共點(diǎn),而直線a,b分別在平面α,β內(nèi),所以平面α與β必有公共點(diǎn),從而平面α與β相交;反之,若平面α與β相交,則直線a與直線b可能相交、平行、異面.故選A. 三、模擬小題

8、12.(2018·武昌調(diào)研)已知直線l和平面α,無(wú)論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系,在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l(  ) A.相交 B.平行 C.垂直 D.異面 答案 C 解析 當(dāng)直線l與平面α平行時(shí),在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直,當(dāng)直線l?平面α?xí)r,在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直,當(dāng)直線l與平面α相交時(shí),在平面α內(nèi)至少有一條直線與直線l垂直,所以無(wú)論直線l與平面α具有怎樣的位置關(guān)系,在平面α內(nèi)總存在一條直線與直線l垂直. 13.(2018·福州五校聯(lián)考)如圖,已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AC∩BD=F,DC1∩CD1=E,則直線EF是平面ACD

9、1與(  ) A.平面BDB1的交線 B.平面BDC1的交線 C.平面ACB1的交線 D.平面ACC1的交線 答案 B 解析 連接BC1.因?yàn)镋∈DC1,F(xiàn)∈BD,所以EF?平面BDC1,故平面ACD1∩平面BDC1=EF.故選B. 14.(2018·湖北七市(州)聯(lián)考)設(shè)直線m與平面α相交但不垂直,則下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.在平面α內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直 B.過(guò)直線m有且只有一個(gè)平面與平面α垂直 C.與直線m垂直的直線不可能與平面α平行 D.與直線m平行的平面不可能與平面α垂直 答案 B 解析 對(duì)于A,在平面α內(nèi)可能有無(wú)數(shù)條直線與直線m垂直,這些

10、直線是互相平行的,A錯(cuò)誤;對(duì)于B,因?yàn)橹本€m與平面α相交但不垂直,所以過(guò)直線m必有并且也只有一個(gè)平面與平面α垂直,B正確;對(duì)于C,類似于A,在平面α外可能有無(wú)數(shù)條直線垂直于直線m并且平行于平面α,C錯(cuò)誤;對(duì)于D,與直線m平行且與平面α垂直的平面有無(wú)數(shù)個(gè),D錯(cuò)誤.故選B. 15.(2018·蘭州市高考實(shí)戰(zhàn)模擬)已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=,AD=1,則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為(  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 如圖,連接A1D,A1C1,由題易知B1C∥A1D,∴∠C1DA1是異面直線B1C與C1D所成的角,又AA1=AB=

11、,AD=1,∴A1D=2,DC1=,A1C1=2,由余弦定理,得cos∠C1DA1==,故選A. 16.(2018·河北石家莊質(zhì)檢)下列正方體或四面體中,P,Q,R,S分別是所在棱的中點(diǎn),這四點(diǎn)不共面的一個(gè)圖是(  ) 答案 D 解析  (利用“經(jīng)過(guò)兩條平行直線,有且只有一個(gè)平面”判斷)對(duì)選項(xiàng)A,易判斷PR∥SQ,故點(diǎn)P,Q,R,S共面;對(duì)選項(xiàng)B,易判斷QR∥SP,故點(diǎn)P,Q,R,S共面;對(duì)選項(xiàng)C,易判斷PQ∥SR,故點(diǎn)P,Q,R,S共面;而選項(xiàng)D中的RS,PQ為異面直線,故選D. 17.(2018·武漢調(diào)研)如圖為正方體表面的一種展開(kāi)圖,則圖中的AB,CD,EF,GH在原正方體

12、中互為異面直線的有________對(duì). 答案 3 解析 平面圖形的翻折應(yīng)注意翻折前后相對(duì)位置的變化,則AB,CD,EF和GH在原正方體中,顯然AB與CD,EF與GH,AB與GH都是異面直線,而AB與EF相交,CD與GH相交,CD與EF平行.故互為異面直線的有3對(duì). 18.(2018·山西四校聯(lián)考)如圖所示,在空間四邊形A-BCD中,點(diǎn)E,H分別是邊AB,AD的中點(diǎn),點(diǎn)F,G分別是邊BC,CD上的點(diǎn),且==,則下列說(shuō)法正確的是________.(填寫(xiě)所有正確說(shuō)法的序號(hào)) ①EF與GH平行; ②EF與GH異面; ③EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上,也可能不在直

13、線AC上; ④EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上. 答案?、? 解析 連接EH,F(xiàn)G(圖略),依題意,可得EH∥BD,F(xiàn)G∥BD,故EH∥FG,所以E,F(xiàn),G,H共面.因?yàn)镋H=BD,F(xiàn)G=BD,故EH≠FG,所以四邊形EFGH是梯形,EF與GH必相交,設(shè)交點(diǎn)為M.因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上,故點(diǎn)M在平面ACB上.同理,點(diǎn)M在平面ACD上,所以點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn),又AC是這兩個(gè)平面的交線,所以點(diǎn)M一定在直線AC上. 一、高考大題 1.(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)證明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三

14、角形,AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn),且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比. 解 (1)證明:如圖,取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO. 因?yàn)锳D=CD, 所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形, 所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD. (2)連接EO. 由(1)及題設(shè)知∠ADC=90°,所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD, 所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠DOB=90°. 由題設(shè)知△AEC為直角三角形,所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=B

15、D,所以EO=BD. 故E為BD的中點(diǎn),從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 2.(2015·四川高考)一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示. (1)請(qǐng)將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說(shuō)明理由); (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論; (3)證明:直線DF⊥平面BEG. 解 (1)點(diǎn)F,G,H的位置如圖所示. (2)平面BEG∥平面ACH,證明如下: 因?yàn)锳BCD-EFGH為正方體,所以BC∥FG,BC

16、=FG, 又FG∥EH,F(xiàn)G=EH, 所以BC∥EH,BC=EH, 于是四邊形BCHE為平行四邊形, 所以BE∥CH. 又CH?平面ACH,BE?平面ACH, 所以BE∥平面ACH. 同理BG∥平面ACH. 又BE∩BG=B, 所以平面BEG∥平面ACH. (3)證明:連接FH. 因?yàn)锳BCD-EFGH為正方體, 所以DH⊥平面EFGH. 因?yàn)镋G?平面EFGH,所以DH⊥EG. 又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD. 又DF?平面BFHD,所以DF⊥EG. 同理DF⊥BG. 又EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG. 二、模擬大題 3.(2

17、018·河南洛陽(yáng)月考)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn). 求證:(1)E,C,D1,F(xiàn)四點(diǎn)共面; (2)CE,D1F,DA三線共點(diǎn). 證明 (1)如圖所示,連接CD1,EF,A1B, ∵E,F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn), ∴FE∥A1B且EF=A1B. ∵A1D1綊BC, ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形, ∴A1B∥D1C,∴FE∥D1C, ∴EF與CD1可確定一個(gè)平面, 即E,C,D1,F(xiàn)四點(diǎn)共面. (2)由(1)知EF∥CD1,且EF=CD1, ∴四邊形CD1FE是梯形, ∴直線CE與D1F必相交,設(shè)交點(diǎn)為P,

18、 則P∈CE?平面ABCD, 且P∈D1F?平面A1ADD1, ∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1. 又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD, ∴P∈AD,∴CE,D1F,DA三線共點(diǎn). 4.(2018·河南焦作一模)如圖所示,平面四邊形ADEF所在的平面與梯形ABCD所在的平面垂直,AD⊥CD,AD⊥ED,AF∥DE,AB∥CD,CD=2AB=2AD=2ED=xAF. (1)若四點(diǎn)F,B,C,E共面,AB=a,求x的值; (2)求證:平面CBE⊥平面EDB. 解 (1)∵AF∥DE,AB∥DC,AF∩AB=A,DE∩DC=D, ∴平面ABF∥平面DCE. ∵

19、四點(diǎn)F,B,C,E共面,∴FB∥CE, ∴△ABF與△DCE相似. ∵AB=a,∴ED=a,CD=2a,AF=, 由相似比得=,即=,所以x=4. (2)證明:不妨設(shè)AB=1,則AD=AB=1,CD=2, 在Rt△BAD中,BD=,取CD中點(diǎn)為M,則MD與AB平行且相等,連接BM,可得△BMD為等腰直角三角形,因此BC=,因?yàn)锽D2+BC2=CD2,所以BC⊥BD,又因?yàn)槠矫嫠倪呅蜛DEF所在的平面與梯形ABCD所在的平面垂直,平面ADEF∩平面ABCD=AD,ED⊥AD,所以ED⊥平面ABCD,所以BC⊥DE,又因?yàn)锽D∩DE=D,所以BC⊥平面EDB,因?yàn)锽C?平面CBE,所以平

20、面CBE⊥平面EDB. 5.(2018·沈陽(yáng)質(zhì)檢)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.過(guò)A作AF⊥SB,垂足為F,點(diǎn)E,G分別是棱SA,SC的中點(diǎn).求證: (1)平面EFG∥平面ABC; (2)BC⊥SA. 證明 (1)因?yàn)锳S=AB,AF⊥SB,垂足為F,所以F是SB的中點(diǎn).又因?yàn)镋是SA的中點(diǎn),所以EF∥AB. 因?yàn)镋F?平面ABC,AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E, 所以平面EFG∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍿AB⊥平面SBC,且交線為SB, 又AF?平面SAB,AF⊥SB

21、, 所以AF⊥平面SBC, 因?yàn)锽C?平面SBC, 所以AF⊥BC. 又因?yàn)锳B⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB?平面SAB, 所以BC⊥平面SAB. 因?yàn)镾A?平面SAB, 所以BC⊥SA. 6.(2018·河南鄭州模擬)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形,且與底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M為PC的中點(diǎn). (1)求證:PC⊥AD; (2)在棱PB上是否存在一點(diǎn)Q,使得A,Q,M,D四點(diǎn)共面?若存在,指出點(diǎn)Q的位置并證明;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由; (3)求點(diǎn)D到平面PAM的距離. 解 (1)證明:取AD的中點(diǎn)O,連接O

22、P,OC,AC, 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是∠ABC=60°的菱形, 所以∠ADC=60°,AD=CD, 所以△ACD是正三角形, 所以O(shè)C⊥AD, 又△PAD是正三角形, 所以O(shè)P⊥AD, 又OC∩OP=O,OC?平面POC,OP?平面POC, 所以AD⊥平面POC,又PC?平面POC, 所以PC⊥AD. (2)存在.當(dāng)點(diǎn)Q為棱PB的中點(diǎn)時(shí),A,Q,M,D四點(diǎn)共面. 證明如下:取棱PB的中點(diǎn)Q,連接QM,QA, 因?yàn)镸為PC的中點(diǎn), 所以QM∥BC, 在菱形ABCD中,AD∥BC, 所以QM∥AD, 所以A,Q,M,D四點(diǎn)共面. (3)點(diǎn)D到平面PAM的距離即

23、為點(diǎn)D到平面PAC的距離, 由(1)可知PO⊥AD,因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO為三棱錐P-ACD的高, 在Rt△POC中,PO=OC=,則PC=, 在△PAC中,PA=AC=2,PC=, 所以邊PC上的高AM==, 所以S△PAC=PC·AM=××=, 設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h, 由VD-PAC=VP-ACD, 得S△PAC·h=S△ACD·PO, 即×·h=××22×, 解得h=,所以點(diǎn)D到平面PAM的距離為. 14

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