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(　　)

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.

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 B.3 C D

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=

在Rt△A1AC1中,tan∠A1AC1=,即A1A=,故选D.

7.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是(　　)

A.(0,) B.(0,) C.(1,) D.(1,)

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

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

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)∵A1GAB,∴AA1与BG必相交.

设交点为P,则

同理设CH∩AA1=Q,则,

∴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.

∵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 B C D.2

答案:C

解析:如图,可知最长的棱为长方体的体对角线AC=2,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=,BD=CE=1,CD=,AE=,tan∠ACE=

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:

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) 

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∥n,故③为真命题;

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°;

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=,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=,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=,∴△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

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,

∴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=DD1=,∠ADE=90°,

由勾股定理得AE=a,

在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=BB1=a,腰B1C1=a,GF=AE=a,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=a,

结合图形可知C1G<B1F,解得C1G=a.