（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練32 空間點(diǎn)、直線(xiàn)、平面之間的位置關(guān)系（含解析）新人教A版

考點(diǎn)規(guī)范練32　空間點(diǎn)、直線(xiàn)、平面之間的位置關(guān)系 一、基礎(chǔ)鞏固 1.在下列命題中,不是公理的是(　　) A.平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行 B.過(guò)不在同一條直線(xiàn)上的三點(diǎn),有且只有一個(gè)平面 C.如果一條直線(xiàn)上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi),那么這條直線(xiàn)上所有的點(diǎn)都在此平面內(nèi) D.如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn),那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直線(xiàn) 2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是線(xiàn)段BC,CD1的中點(diǎn),則直線(xiàn)A1B與直線(xiàn)EF的位置關(guān)系是(　　) A.相交 B.異面 C.平行 D.垂直 3.如圖,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C?l,直線(xiàn)AB∩l=M,過(guò)A,B,C三點(diǎn)的平面記作γ,則γ與β的交線(xiàn)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 4.如圖所示,ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體,O是B1D1的中點(diǎn),直線(xiàn)A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M,則下列結(jié)論正確的是(　　) A.A,M,O三點(diǎn)共線(xiàn) B.A,M,O,A1不共面 C.A,M,C,O不共面 D.B,B1,O,M共面 5.設(shè)四面體的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1,2和a,且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為2的棱異面,則a的取值范圍是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(0,2) B.(0,3) C.(1,2) D.(1,3) 6.l1,l2表示空間中的兩條直線(xiàn),若p:l1,l2是異面直線(xiàn),q:l1,l2不相交,則(　　) A.p是q的充分條件,但不是q的必要條件 B.p是q的必要條件,但不是q的充分條件 C.p是q的充分必要條件 D.p既不是q的充分條件,也不是q的必要條件 7.如圖,圓錐SO中,AB,CD為底面圓的兩條直徑,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P為SB的中點(diǎn),則異面直線(xiàn)SA與PD所成角的正切值為(　　) A.1 B.2 C.2 D.22 8.已知直線(xiàn)l⊥平面α,直線(xiàn)m?平面β,則α∥β是l⊥m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 9.過(guò)正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A作平面α,使得正方體的各棱與平面α所成的角均相等,則滿(mǎn)足條件的平面α的個(gè)數(shù)是(　　) A.1 B.4 C.6 D.8 10.如圖所示,在空間四邊形ABCD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CFCB=CGCD=23,則下列說(shuō)法正確的是　　　　　.(填序號(hào))  ①EF與GH平行; ②EF與GH異面; ③EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線(xiàn)AC上,也可能不在直線(xiàn)AC上; ④EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線(xiàn)AC上. 11.如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中點(diǎn).已知∠BAC=π2,AB=2,AC=23,PA=2.求: (1)三棱錐P-ABC的體積; (2)異面直線(xiàn)BC與AD所成角的余弦值. 二、能力提升 12.已知直線(xiàn)a,b分別在兩個(gè)不同的平面α,β內(nèi),則“直線(xiàn)a和直線(xiàn)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 13.若空間三條直線(xiàn)a,b,c滿(mǎn)足a⊥b,b∥c,則直線(xiàn)a與c(　　) A.一定平行 B.一定相交 C.一定是異面直線(xiàn) D.一定垂直 14.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 15.已知m,n,l為不同的直線(xiàn),α,β為不同的平面,給出下列命題,其中真命題的序號(hào)是　　　　　.  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與l異面,n與l異面?m與n異面; ⑥m與l共面,n與l共面?m與n共面. 16.a,b為空間中兩條互相垂直的直線(xiàn),等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線(xiàn)與a,b都垂直,斜邊AB以直線(xiàn)AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論: ①當(dāng)直線(xiàn)AB與a成60°角時(shí),AB與b成30°角; ②當(dāng)直線(xiàn)AB與a成60°角時(shí),AB與b成60°角; ③直線(xiàn)AB與a所成角的最小值為45°; ④直線(xiàn)AB與a所成角的最大值為60°. 其中正確的是　　　　　.(填序號(hào))  17.如圖所示,A是△BCD所在平面外的一點(diǎn),E,F分別是BC,AD的中點(diǎn). (1)求證:直線(xiàn)EF與BD是異面直線(xiàn); (2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF與BD所成的角. 三、高考預(yù)測(cè) 18.如圖,在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E是棱D1D的中點(diǎn),點(diǎn)F在棱B1B上,且滿(mǎn)足B1F=2BF. (1)求證:EF⊥A1C1; (2)在棱C1C上確定一點(diǎn)G,使A,E,G,F四點(diǎn)共面,并求此時(shí)C1G的長(zhǎng). 考點(diǎn)規(guī)范練32　空間點(diǎn)、直線(xiàn)、平面之間的位置關(guān)系 1.A　解析選項(xiàng)A是面面平行的性質(zhì)定理,是由公理推證出來(lái)的,而公理是不需要證明的. 2.A　解析由BC􀰿AD,AD􀰿A1D1知,BC􀰿A1D1, 從而四邊形A1BCD1是平行四邊形, 所以A1B∥CD1, 又EF?平面A1BCD1,EF∩D1C=F, 則A1B與EF相交. 3.D　解析∵AB?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(xiàn)上,同理可知,點(diǎn)C也在γ與β的交線(xiàn)上. 4.A　解析連接A1C1,AC,則A1C1∥AC, 所以A1,C1,A,C四點(diǎn)共面. 所以A1C?平面ACC1A1. 因?yàn)镸∈A1C,所以M∈平面ACC1A1. 又M∈平面AB1D1, 所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線(xiàn)上. 同理A,O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線(xiàn)上, 所以A,M,O三點(diǎn)共線(xiàn). 5.A　解析此題相當(dāng)于一個(gè)正方形沿著對(duì)角線(xiàn)折成一個(gè)四面體,長(zhǎng)為a的棱長(zhǎng)一定大于0且小于2. 6.A　解析l1,l2是異面直線(xiàn)?l1,l2不相交,即p?q;而l1,l2不相交l1,l2是異面直線(xiàn),即qp. 故p是q的充分條件,但不是q的必要條件. 7. B　解析連接OP,易知O為AB的中點(diǎn).因?yàn)镻為SB的中點(diǎn),所以O(shè)P∥SA,且OP=12SA,所以∠DPO為異面直線(xiàn)SA與PD所成的角.在Rt△SOB中,SO=OB=2,所以O(shè)P=2.在等腰三角形PCD中,OP⊥CD,OD=2,所以tan∠DPO=ODOP=22=2,故選B. 8.A　解析若α∥β,則由l⊥α知l⊥β,又m?β,可得l⊥m,若α與β相交(如圖),設(shè)α∩β=n,當(dāng)m∥n時(shí),由l⊥α可得l⊥m,而此時(shí)α與β不平行,于是α∥β是l⊥m的充分不必要條件,故選A. 9.B　解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,與AA1,AD,AB平行的直線(xiàn)各有3條,AA1=AD=AB,A1-BDC1是正三棱錐,AA1,AD,AB與平面A1DB所成角相等, ∴滿(mǎn)足條件的平面有4個(gè),故選B. 10.④　解析連接EH,FG(圖略),依題意,可得EH∥BD,FG∥BD,故EH∥FG,所以E,F,G,H共面.因?yàn)镋H=12BD,FG=23BD,故EH≠FG,所以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(xiàn),所以點(diǎn)M一定在直線(xiàn)AC上. 11.解(1)S△ABC=12×2×23=23,三棱錐P-ABC的體積為V=13S△ABC·PA=13×23×2=433. (2)如圖,取PB的中點(diǎn)E,連接DE,AE,則ED∥BC,所以∠ADE(或其補(bǔ)角)是異面直線(xiàn)BC與AD所成的角. 在△ADE中,DE=2,AE=2,AD=2, cos∠ADE=22+22-22×2×2=34. 故異面直線(xiàn)BC與AD所成角的余弦值為34. 12.A　解析若直線(xiàn)a,b相交,設(shè)交點(diǎn)為P,則P∈a,P∈b.又a?α,b?β,所以P∈α,P∈β,故α,β相交.反之,若α,β相交,則a,b可能相交,也可能異面或平行.故“直線(xiàn)a和直線(xiàn)b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要條件. 13.D　解析兩條平行線(xiàn)中一條與第三條直線(xiàn)垂直,另一條直線(xiàn)也與第三條直線(xiàn)垂直,故選D. 14.B　解析特殊值法.當(dāng)n=3時(shí),正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)之間兩兩距離相等,故n=3符合;當(dāng)n=4時(shí),聯(lián)想正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)之間兩兩距離相等,故n=4符合. 由此可以排除選項(xiàng)A,C,D.故選B. 15.①③④　解析由平面的基本性質(zhì)4知①正確; 平行于同一平面的兩條直線(xiàn)可以平行、相交,也可以異面,故②錯(cuò)誤; m⊥αα∥β?m⊥β　　　　n⊥β?m∥n,故③為真命題; α⊥βn⊥β?n∥α或n?α　　　　　　　m⊥α?m⊥n,故④為真命題; 如圖(1),長(zhǎng)方體中,m與l異面,n1,n2,n3都與l異面,但n2與m相交,n1與m異面,n3與m平行,故⑤為假命題; 如圖(2),長(zhǎng)方體中,m與l共面,n與l共面,但m與n異面,故⑥為假命題. (1) (2) 16.②③　解析由題意,AB是以AC為軸,BC為底面半徑的圓錐的母線(xiàn),由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圓錐底面,在底面內(nèi)可以過(guò)點(diǎn)B,作BD∥a,交底面圓C于點(diǎn)D,如圖所示,連接DE,則DE⊥BD,∴DE∥b.連接AD,在等腰三角形ABD中,設(shè)AB=AD=2,當(dāng)直線(xiàn)AB與a成60°角時(shí),∠ABD=60°,故BD=2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,過(guò)點(diǎn)B作BF∥DE,交圓C于點(diǎn)F,連接AF,由圓的對(duì)稱(chēng)性可知BF=DE=2,∴△ABF為等邊三角形,∴∠ABF=60°,即AB與b成60°角,②正確,①錯(cuò)誤.由最小角定理可知③正確;很明顯,可以滿(mǎn)足直線(xiàn)a⊥平面ABC,直線(xiàn)AB與a所成的最大角為90°,④錯(cuò)誤.故正確的說(shuō)法為②③. 17. (1)證明假設(shè)EF與BD不是異面直線(xiàn),則EF與BD共面,從而DF與BE共面,即AD與BC共面,所以A,B,C,D在同一平面內(nèi),這與A是△BCD所在平面外的一點(diǎn)相矛盾.故直線(xiàn)EF與BD是異面直線(xiàn). (2)解取CD的中點(diǎn)G,連接EG,FG,則AC∥FG,EG∥BD, 所以相交直線(xiàn)EF與EG所成的角即為異面直線(xiàn)EF與BD所成的角. 又因?yàn)锳C⊥BD,所以FG⊥EG. 在Rt△EGF中,由EG=FG=12AC,可得∠FEG=45°,即異面直線(xiàn)EF與BD所成的角為45°. 18.(1)證明如圖所示,連接B1D1, ∵ABCD-A1B1C1D1為正方體, ∴四邊形A1B1C1D1為正方形. ∴A1C1⊥B1D1. ∵BB1⊥平面A1B1C1D1,∴A1C1⊥BB1. ∵B1D1∩BB1=B1, ∴A1C1⊥平面BB1D1D. ∵EF?平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1. (2)解如圖所示,假設(shè)A,E,G,F四點(diǎn)共面,則A,E,G,F四點(diǎn)確定平面AEGF, ∵ABCD-A1B1C1D1為正方體, ∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C. ∵平面AEGF∩平面AA1D1D=AE, 平面AEGF∩平面BB1C1C=GF, ∴由平面與平面平行的性質(zhì)定理得AE∥GF,同理可得AF∥GE,因此四邊形AEGF為平行四邊形, ∴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, 過(guò)G作GH⊥BB1交BB1于H. 顯然四邊形B1C1GH為矩形,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, 結(jié)合圖形可知C1G<B1F,解得C1G=16a. 10