《2020版广西高考人教版数学（文）一轮复习考点规范练：38 空间点、直线、平面之间的位置关系 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版广西高考人教版数学（文）一轮复习考点规范练：38 空间点、直线、平面之间的位置关系 Word版含解析.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点规范练考点规范练 38 空间点、直线、平面之间的位 置关系 空间点、直线、平面之间的位 置关系 考点规范练考点规范练 B 册第册第 25 页页 一、基础巩固 1. 是一个平面,m,n是两条直线,A 是一个点,若 m,n,且 Am,A,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 是一个平面,m,n是两条直线,A 是一个点,m,n,n 在平面 内. Am,A,A 是 m 和平面 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 l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是( )
2、A.l1l4B.l1l4 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 l1l2,l2l3.若取 l4为 A1D1,则 有 l1l4;若取 l4为 DD1,则有 l1l4.因此 l1与 l4的位置关系不确定,故选 D. 3. 如图,=l,A,B,C,且 Cl,直线 ABl=M,过 A,B,C三点的平面记作 ,则 与 的交线必通过 ( ) A.点 AB.点 B C.点 C但不过点 M D.点 C 和点 M 答案 D 解析AB,MAB,M. 又 =l,Ml,M
3、. 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. 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 A1C1AC, 所以 A1,C1,A,C 四点共面. 所以 A1C平面 ACC1A1. 因为 MA1C,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
4、 在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上, 所以 A,M,O 三点共线. 5.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 22 ( ) A.(0,)B.(0,)C.(1,)D.(1,) 2323 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 6.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
5、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 pq; 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. 7.b是平面 外一条直线,下列条件可得出 b 的是( ) A.b与 内一条直线不相交 B.b与 内两条直线不相交 C.b与 内无数条直线不相交 D.b与 内任意一条直线不相交 答案 D 解析只有在 b 与 内所有直线都不相交,即 b 与 无公共点时,b. 8.在四面体 ABCD 中,E,F 分别是 AC,BD 的中点.若 AB=2,CD=4,EFAB,则 EF 与 CD 所成角的度数
6、 为( ) A.90B.45C.60D.30 答案 D 解析如图,设 G 为 AD 的中点,连接 GF,GE,则 GF,GE 分别为ABD,ACD 的中位线. 由此可得,GFAB,且 GF= AB=1,GECD,且 GE= CD=2, 1 2 1 2 FEG或其补角即为 EF 与 CD 所成的角. 又 EFAB,GFAB,EFGF. 在 RtEFG 中,GF=1,GE=2,sinGEF=, = 1 2 可得GEF=30, EF 与 CD 所成角的度数为 30. 9.用 a,b,c表示三条不同的直线, 表示平面,给出下列命题: 若 ab,bc,则 ac; 若 ab,bc,则 ac; 若 a,b,
7、则 ab; 若 a,b,则 ab; 若 ab,bc,则 ac; 若 abc,则 a,b,c 共面. 其中真命题的序号是 . 答案 解析由平行线的传递性(公理 4)知正确; 举反例:在同一平面 内,ab,bc,有 ac; 举反例:如图的长方体中,a,b,但 a 与 b 相交; 垂直于同一平面的两直线互相平行,知正确; 显然正确; 由三棱柱的三条侧棱知错. 10.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
8、 是A1B1C1的中位线, GHB1C1. 又 B1C1BC,GHBC,B,C,H,G 四点共面. (2)A1G AB,AA1与 BG 必相交. 1 2 设交点为 P,则. 1 = 1 = 1 2 同理设 CHAA1=Q,则, 1 = 1 2 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为棱台. (3)E,F分别为 AB,AC 的中点,EFBC. EF平面 BCHG,BC平面 BCHG, EF平面 BCHG. A1GEB,四边形 A1EBG 是平行四边形, A1EGB. A1E平面 BCHG,GB平面 B
9、CHG, A1E平面 BCHG. A1EEF=E,平面 EFA1平面 BCHG. 二、能力提升 11.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( ) A.0B.1 C.2D.3 答案 B 解析显然是正确的;若 A,B,C 三点共线,则 A,B,C,D,E五点不一定共面;构造长方体或正方体,如 图显然 b,c异面,故不正确;中空间四边形中四条线段不共面,故只有正确. 12.若空间三条直
10、线 a,b,c满足 ab,bc,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 解析两条平行线中一条与第三条直线垂直,另一条直线也与第三条直线垂直,故选 D. 13. (2018广东茂名综合测试)如图为一正方体的平面展开图,在这个正方体中,有下列四个命题:AF GC;BD与 GC 是异面直线,且夹角为 60;BDMN;BG 与平面 ABCD 所成的角为 45.其中正确 的个数是( ) A.1B.2C.3D.4 答案 B 解析将平面展开图还原成正方体(如图). 对于,由图形知 AF 与 GC 为异面垂直,故正确; 对于,BD 与 GC 是异面直线. 连
11、接 EB,ED,则 BMGC,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,故正确; 对于,BD 与 MN 为异面垂直,故错误; 对于,由题意,得 GD平面 ABCD,所以GBD 是 BG 与平面 ABCD 所成的角. 但在 RtBDG 中,GBD45,故错误. 综上可得正确.故选 B. 14.已知 m,n,l 为不同直线, 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) ml,nlmn;m,nmn; m,n,mn; m,nmn; m与 l异面,n与 l 异面m
12、与 n 异面; m与 l共面,n与 l 共面m 与 n 共面. 答案 解析由平面的基本性质 4 知正确; 平行于同一平面的两条直线可以平行、相交,也可以异面,故错误; mn,故为真命题; mn,故为真命题; 或 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 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,故为假命题. (1) (2) 15.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
13、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 ,则 B,C,A,D. 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 EFAC,HGAC,因此 EFHG. 同理 EHFG,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. 三、高考预测 16. 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
14、证:EFA1C1; (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. A1C1B1D1. BB1平面 A1B1C1D1, A1C1BB1. B1D1BB1=B1, A1C1平面 BB1D1D. EF平面 BB1D1D,EFA1C1. (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,
15、平面 AEGF平面 BB1C1C=GF, 由平面与平面平行的性质定理得 AEGF,同理可得 AFGE, 因此四边形 AEGF为平行四边形, GF=AE. 在 RtADE 中,AD=a,DE= DD1= ,ADE=90, 1 2 2 由勾股定理得 AE=a,2+ 2=2+( 2) 2 = 5 2 在直角梯形 B1C1GF中,下底 B1F= BB1= a,腰 B1C1=a,GF=AE=a, 2 3 2 3 5 2 过 G作 GHBB1,交 BB1于点 H. 显然四边形 B1C1GH 为矩形, 故有 C1G=B1H,GH=C1B1=a. 在 RtFGH 中,FH=B1F-C1G,GH=a. 由勾股定理可得 GF= 2+ (1 - 1 ) 2 =a,2+(2 3 - 1) 2 = 5 2 结合图形可知 C1GB1F,解得 C1G= a. 1 6