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1、测试 42 空间点、直线、平面间的位置关系测试 42 空间点、直线、平面间的位置关系 高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度 考纲研读 1理解空间直线、平面位置关系的定义 2了解可以作为推理依据的公理和定理 3能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 一、基础小题 1若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点” 的( ) A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充分必要条件 D既非充分又非必要条件 答案 A 解析 “两条直线为异面直线”“两条直线无公共点” “两直线无公共点”“两 直线异面或平行” 故选 A 2
2、下列命题正确的个数为( ) 经过三点确定一个平面；梯形可以确定一个平面；两两相交的三条直线最多可以 确定三个平面；如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 A0 B1 C2 D3 答案 C 解析 经过不共线的三点可以确定一个平面，不正确 ； 两条平行线可以确定一个平 面，正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，正确；命题中没有说 清三个点是否共线，不正确 3若直线上有两个点在平面外，则( ) A直线上至少有一个点在平面内 B直线上有无穷多个点在平面内 C直线上所有点都在平面外 D直线上至多有一个点在平面内 答案 D 解析 根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则
3、直线在平 面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面 内 4如图，l，A，B，C，且Cl，直线ABlM，过A，B，C三点的 平面记作，则与的交线必通过( ) 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 A，B，MAB， M 又l，Ml， M 根据公理 3 可知，M 在与的交线上同理可知，点C也在与的交线上 5若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是( ) A异面或平行 B异面或相交 C异面 D相交、平行或异面 答案 D 解析 异面直线不具有传递性，可以以长方体为载体加以说明，a，b异面，直线c的 位置如图(可有三种情况
4、)所示，故a，c可能相交、平行或异面 6以下四个命题中： 不共面的四点中，其中任意三点不共线 ； 若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共 面，则点A，B，C，D，E共面 ； 若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面 ； 依次首尾相接的四条线段必共面 正确命题的个数是( ) A0 B1 C2 D3 答案 B 解析 正确， 否则三点共线和第四点必共面 ； 错误， 如图三棱锥， 能符合题意但A，B，C，D，E 不共面；错误，从的几何体知；空间四边形为反例可知，错误 7已知异面直线a，b分别在平面，内，且c，那么直线c一定( ) A与a，b都相交 B只能与a，b中的一条相交 C至少与a，
5、b中的一条相交 D与a，b都平行 答案 C 解析 如果c与a，b都平行， 那么由平行线的传递性知a，b平行， 与异面矛盾 故选 C 8如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1中既与AB共面又与CC1共面的棱有_条 答案 5 解析 依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC； 与AB相交且与CC1平行的棱有AA1，BB1； 与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1故符合条件的棱有 5 条 二、高考小题 9(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE 与CD所成角的正切值为( ) A B C D 2 2 3 2 5 2 7 2 答案 C 解析 在正方体A
6、BCDA1B1C1D1中，CDAB，所以异面直线AE与CD所成的角为EAB，设正 方体的棱长为 2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BEa，5 则 tanEAB故选 C BE AB 5a 2a 5 2 10 (2015广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等， 则正整数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 首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除 C，D又 注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除 A，故选 B 11(2016山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“直线a和 直线b相交
7、”是“平面和平面相交”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分 别在平面，内，所以平面与必有公共点，从而平面与相交；反之，若平 面与相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面故选 A 三、模拟小题 12(2018武昌调研)已知直线l和平面，无论直线l与平面具有怎样的位置关 系，在平面内总存在一条直线与直线l( ) A相交 B平行 C垂直 D异面 答案 C 解析 当直线l与平面平行时， 在平面内至少有一条直线与直线l垂直， 当直线l 平面时，在平面内至少有一条直线与直线
8、l垂直，当直线l与平面相交时，在平 面内至少有一条直线与直线l垂直， 所以无论直线l与平面具有怎样的位置关系， 在 平面内总存在一条直线与直线l垂直 13 (2018福州五校联考)如图， 已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBDF，DC1CD1 E，则直线EF是平面ACD1与( ) A平面BDB1的交线 B平面BDC1的交线 C平面ACB1的交线 D平面ACC1的交线 答案 B 解析 连接BC1因为EDC1，FBD，所以EF平面BDC1，故平面ACD1平面BDC1 EF故选 B 14(2018湖北七市(州)联考)设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法中正确 的是( ) A在平面内有且只
9、有一条直线与直线m垂直 B过直线m有且只有一个平面与平面垂直 C与直线m垂直的直线不可能与平面平行 D与直线m平行的平面不可能与平面垂直 答案 B 解析 对于 A， 在平面内可能有无数条直线与直线m垂直， 这些直线是互相平行的， A 错误；对于 B，因为直线m与平面相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平 面与平面垂直，B 正确 ； 对于 C，类似于 A，在平面外可能有无数条直线垂直于直线m 并且平行于平面，C 错误 ； 对于 D，与直线m平行且与平面垂直的平面有无数个，D 错 误故选 B 15 (2018兰州市高考实战模拟)已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AD1，3
10、则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( ) A B C D 6 4 6 3 2 6 3 6 答案 A 解析 如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1CA1D，C1DA1是异面直线B1C与C1D所 成的角， 又AA1AB，AD1， A1D2，DC1，A1C12， 由余弦定理， 得 cosC1DA136 ，故选 A C1D2A1D2A1C2 1 2 C1DA1D 6 4 16 (2018河北石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点， 这四点不共面的一个图是( ) 答案 D 解析 (利用 “经过两条平行直线， 有且只有一个平面” 判断)对选项 A， 易判断PRSQ， 故
11、点P，Q， R，S共面；对选项 B，易判断QRSP，故点P，Q，R，S共面；对选项 C，易判断PQSR， 故点P，Q，R，S共面；而选项 D 中的RS，PQ为异面直线，故选 D 17(2018武汉调研)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在 原正方体中互为异面直线的有_对 答案 3 解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方 体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线， 而AB与EF相交，CD与GH相交，CD 与EF平行故互为异面直线的有 3 对 18 (2018山西四校联考)如图所示， 在空间四边形ABCD中， 点
12、E，H分别是边AB，AD 的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且 ，则下列说法正确的是 CF CB CG CD 2 3 _(填写所有正确说法的序号) EF与GH平行； EF与GH异面； EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； EF与GH的交点M一定在直线AC上 答案 解析 连接EH，FG(图略)，依题意，可得EHBD，FGBD，故EHFG，所以E，F，G，H 共面因为EHBD，FGBD，故EHFG，所以四边形EFGH是梯形，EF与GH必相交，设 1 2 2 3 交点为M因为点M在EF上，故点M在平面ACB上同理，点M在平面ACD上，所以点M 是平面ACB与平面ACD的
13、交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上 一、高考大题 1(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD (1)证明：ACBD； (2)已知ACD是直角三角形，ABBD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求 四面体ABCE与四面体ACDE的体积比 解 (1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO 因为ADCD， 所以ACDO 又由于ABC是正三角形， 所以ACBO 从而AC平面DOB，故ACBD (2)连接EO 由(1)及题设知ADC90，所以DOAO 在 RtAOB中，BO2AO2AB2 又ABBD， 所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2
14、， 故DOB90 由题设知AEC为直角三角形，所以EOAC 1 2 又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD 1 2 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ，四面体ABCE 1 2 的体积为四面体ABCD的体积的 ，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为 11 1 2 2 (2015四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示 (1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论； (3)证明：直线DF平面BEG 解 (1)点F，G，H的位置如图所示 (2)平
15、面BEG平面ACH，证明如下： 因为ABCDEFGH为正方体，所以BCFG，BCFG， 又FGEH，FGEH， 所以BCEH，BCEH， 于是四边形BCHE为平行四边形， 所以BECH 又CH平面ACH，BE平面ACH， 所以BE平面ACH 同理BG平面ACH 又BEBGB， 所以平面BEG平面ACH (3)证明：连接FH 因为ABCDEFGH为正方体， 所以DH平面EFGH 因为EG平面EFGH，所以DHEG 又EGFH，DHFHH，所以EG平面BFHD 又DF平面BFHD，所以DFEG 同理DFBG 又EGBGG，所以DF平面BEG 二、模拟大题 3(2018河南洛阳月考)如图所示，正方体
16、ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1 的中点 求证：(1)E，C，D1，F四点共面； (2)CE，D1F，DA三线共点 证明 (1)如图所示，连接CD1，EF，A1B， E，F分别是AB和AA1的中点， FEA1B且EFA1B 1 2 A1D1綊BC， 四边形A1BCD1是平行四边形， A1BD1C，FED1C， EF与CD1可确定一个平面， 即E，C，D1，F四点共面 (2)由(1)知EFCD1，且EFCD1， 1 2 四边形CD1FE是梯形， 直线CE与D1F必相交，设交点为P， 则PCE平面ABCD， 且PD1F平面A1ADD1， P平面ABCD且P平面A1ADD1 又平
17、面ABCD平面A1ADD1AD， PAD，CE，D1F，DA三线共点 4(2018河南焦作一模)如图所示，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的 平面垂直，ADCD，ADED，AFDE，ABCD，CD2AB2AD2EDxAF (1)若四点F，B，C，E共面，ABa，求x的值； (2)求证：平面CBE平面EDB 解 (1)AFDE，ABDC，AFABA，DEDCD， 平面ABF平面DCE 四点F，B，C，E共面，FBCE， ABF与DCE相似 ABa，EDa，CD2a，AF， 2a x 由相似比得，即，所以x4 AF ED AB CD 2a x a a 2a (2)证明：不妨设AB1，
18、则ADAB1，CD2， 在 RtBAD中，BD，取CD中点为M，则MD与AB平行且相等，连接BM，可得BMD2 为等腰直角三角形， 因此BC， 因为BD2BC2CD2， 所以BCBD， 又因为平面四边形ADEF2 所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，平面ADEF平面ABCDAD，EDAD，所以ED 平面ABCD，所以BCDE，又因为BDDED，所以BC平面EDB，因为BC平面CBE，所以 平面CBE平面EDB 5(2018沈阳质检)如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，AS AB过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证： (1)平面EFG平面ABC
19、； (2)BCSA 证明 (1)因为ASAB，AFSB， 垂足为F， 所以F是SB的中点 又因为E是SA的中点， 所以EFAB 因为EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF平面ABC 同理EG平面ABC又EFEGE， 所以平面EFG平面ABC (2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB， 又AF平面SAB，AFSB， 所以AF平面SBC， 因为BC平面SBC， 所以AFBC 又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB， 所以BC平面SAB 因为SA平面SAB， 所以BCSA 6(2018河南郑州模拟)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为 2 的正三角形， 且与底面垂直，底面A
20、BCD是ABC60的菱形，M为PC的中点 (1)求证：PCAD； (2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置 并证明；若不存在，请说明理由； (3)求点D到平面PAM的距离 解 (1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC，AC， 因为四边形ABCD是ABC60的菱形， 所以ADC60，ADCD， 所以ACD是正三角形， 所以OCAD， 又PAD是正三角形， 所以OPAD， 又OCOPO，OC平面POC，OP平面POC， 所以AD平面POC，又PC平面POC， 所以PCAD (2)存在当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面 证明如下：取棱PB的中点
21、Q，连接QM，QA， 因为M为PC的中点， 所以QMBC， 在菱形ABCD中，ADBC， 所以QMAD， 所以A，Q，M，D四点共面 (3)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离， 由(1)可知POAD，因为平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD， 所以PO平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的高， 在 RtPOC中，POOC，则PC，36 在PAC中，PAAC2，PC，6 所以边PC上的高AM，PA2PM2 10 2 所以SPACPCAM ， 1 2 1 2 6 10 2 15 2 设点D到平面PAC的距离为h， 由VDPACVPACD， 得SPAChSACDPO， 1 3 1 3 即 h 22， 1 3 15 2 1 3 3 4 3 解得h，所以点D到平面PAM的距离为 215 5 215 5