【高考复习】2020年高考数学(文数) 空间位置关系的判断与证明 小题练(含答案解析)
2020年高考数学(理)复习【空间点、线、面的位置关系】小题精练卷附答案解析
2020年高考数学（理）复习【空间点、线、面的位置关系】小题精练卷刷题增分练○27一、选择题1．下列说法正确的是()A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面答案：D解析：由异面直线的定义可知D正确．2．如图，正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四点不共面的是()答案：D解析：A选项中，在正方体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；B选项中，在正方体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；C选项中，在四面体中，连接PS，QR，则PS∥QR，所以这四点共面；D选项中，在四面体中，连接PS，QR，则PS，QR异面，所以这四点不共面．故选D.3．[2019·益阳市、湘潭市调研]下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有()A．①③B．②③C．②④D．②③④答案：C解析：由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，连接GN，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，所以直线GH与MN 异面．故选C.4．[2019·银川模拟]已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，n⊥β，且β⊥α，则下列结论一定正确的是()A．m⊥n B．m∥n C．m与n相交D．m与n异面答案：A解析：若β⊥α，m⊥α，则直线m与平面β的位置关系有两种：m⊂β或m∥β.当m⊂β时，又n⊥β，所以m⊥n；当m∥β时，又n⊥β，所以m⊥n.故m⊥n，选A.5．[2019·山西临汾模拟]已知平面α及直线a，b，下列说法正确的是()A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直答案：D解析：若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；若直线a，b平行，这两条直线可能都和平面α相交(不平行)；若直线a，b垂直，则直线a，b不平行，而这两条直线与平面α都垂直等价于直线a，b平行，因此若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直．故选D.6．设l，m，n表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列四个命题：①若l⊥α，m⊥α，则l∥m；②若m⊂β，n是l在平面β内的射影，l⊥m，则n⊥m；③若m⊂α，n∥m，则n∥α；④若γ⊥α，γ⊥β，则α∥β.其中真命题为()A．①②B．①②③C．②③④D．①③④答案：A解析：由直线与平面垂直的性质定理可得，垂直于同一个平面的两条直线相互平行，所以①为真命题；易得②为真命题；根据直线与平面平行的判定定理，平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行，③中缺少条件n⊄α，所以得到的结论可能为n∥α，也可能为n⊂α，所以③为假命题；若α⊥γ，β⊥γ，则得到的结论可能为β∥α，也可能为β，α相交，所以④为假命题．7．[2019·成都市高中毕业班诊断性检测]已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是()A．若m⊂α，则m⊥βB．若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊄α，m⊥β，则m∥αD．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α答案：C解析：选项A中，若m⊂α，则直线m和平面β可能垂直，也可能平行或相交，故选项A不正确；选项B中，直线m与直线n的关系不确定，可能平行，也可能相交或异面，故选项B不正确；选项C 中，若m⊥β，则m∥α或m⊂α，又m⊄α，故m∥α，选项C正确；选项D中，缺少条件n⊂β，故选项D 不正确，故选C.8．[2019·宁夏银川一中模拟]已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A解析：如图．取AC中点D，连接DN，DM，由已知条件可得DN＝23，DM＝2.在△MND中，∠DNM为异面直线PA与MN所成的角，则cos∠DNM＝16＋12－42×4×23＝32，∴∠DNM＝30°.二、非选择题9．[2019·湖南联考]已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是________．答案：①④解析：对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m⊥l或m 与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α⊥β或α与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确．10．[2019·陕西西安模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．答案：③④解析：A ，M ，C 1三点共面，且在平面AD 1C 1B 中，但C ∉平面AD 1C 1B ，C 1∉AM ，因此直线AM 与CC 1是异面直线，同理，AM 与BN 也是异面直线，AM 与DD 1也是异面直线，①②错，④正确；M ，B ，B 1三点共面，且在平面MBB 1中，但N ∉平面MBB 1，B ∉MB 1，因此直线BN 与MB 1是异面直线，③正确．11．如图所示，在三棱锥C －ABD 中，E ，F 分别是AC 和BD 的中点．若CD ＝2AB ＝4，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角是______________．答案：30°解析：如图，取CB 的中点G ，连接EG ，FG .则EG ∥AB ，FG ∥CD ，∴EF 与CD 所成的角为∠EFG .又∵EF ⊥AB ，∴EF ⊥EG .在Rt △EFG 中，EG ＝12AB ＝1，FG ＝12CD ＝2，∴sin ∠EFG ＝12，∴∠EFG ＝30°，∴EF 与CD 所成的角为30°.12．[2019·日照模拟]如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，给出下列结论：①A、M、O三点共线；②A、M、O、A1不共面；③A、M、C、O共面；④B、B1、O、M共面．其中正确结论的序号为________．答案：①③解析：连接A1C1、AC，则A1C1∥AC，∴A1、C1、C、A四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O、A在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A、M、O三点共线，故①正确．由①易知②错误，③正确．易知OM与BB1为异面直线，故④错误．刷题课时增分练○27一、选择题1．经过两条异面直线a，b外的一点P作与a，b都平行的平面，则这样的平面()A．有且仅有一个B．恰有两个C．至多有一个D．至少有一个答案：C解析：(1)当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面平行b(或a)时，过点P作不出与a，b都平行的平面；(2)当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面与b(或a)不平行时，可过点P作a′∥a，b′∥b.因为a，b为异面直线，所以a′，b′不重合且相交于点P.因为a′∩b′＝P，a′，b′确定的平面与a，b都平行，所以可作出一个平面与a，b都平行．综上，选C.2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是()A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1答案：D解析：只有直线B1C1与直线EF在同一平面内，且两者是相交的，直线AA1，A1B1，A1D1与直线EF都是异面直线．3．将下面的平面图形(图中每个点是正三角形的顶点或边的中点)沿虚线折成一个正四面体后，直线MN与PQ是异面直线的是()A．①②B．②④C．①④D．①③答案：C解析：图②翻折后N与Q重合，两直线相交；图③翻折后两直线平行，因此选C.4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；②若m∥α，α⊥β，则m⊥β；③若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，m⊥β，则α⊥β.其中正确命题的序号是()A．①④B．②③C．②④D．③④答案：D解析：①α与β可能相交，m，n都与α，β的交线平行即可，故该命题错误；②当α⊥β，m∥α时，m ⊂β也可能成立，故该命题错误；③当m⊥α，m⊥n时，n⊂α或n∥α，又n⊥β，所以α⊥β，故该命题正确；④显然该命题正确．综上，选D.5．[2019·衡阳模拟]若直线l与平面α相交，则()A．平面α内存在直线与l异面B．平面α内存在唯一一条直线与l平行C．平面α内存在唯一一条直线与l垂直D．平面α内的直线与l都相交答案：A解析：当直线l与平面α相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线，故A 正确；该平面内不存在与直线l平行的直线，故B错误；该平面内有无数条直线与直线l垂直，所以C 错误，平面α内的直线与l可能异面，故D错误，故选A.6．[2019·湖南常德模拟]一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()A．AB∥CD B．AB与CD相交C．AB⊥CD D．AB与CD所成的角为60°答案：D解析：如图，把展开图中的各正方形按图(1)所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图(2)所示的直观图，可得选项A，B，C不正确．图(2)中，DE∥AB，∠CDE为AB与CD 所成的角，△CDE为等边三角形，∴∠CDE＝60°.∴正确选项为D.7．如图，过正方体ABCD－A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面CB1D1平行的直线有()A．18条B．20条C．21条D．22条答案：C解析：设各棱的中点如图所示(各点连线略)，其中与D1B1平行的有F1G1，E1H1，FG，EH，NL，共5条；与CD1平行的有G1M，GN，LE1，KE，H1F，共5条；与CB1平行的有F1M，FL，HK，NH1，GE1，共5条．分别取CB1，B1D1，CD1的中点如图，连接CO，D1P，B1T，与CO平行的有GH1，FE1，共2条；与D1P平行的有H1L，NF，共2条；与B1T平行的有E1N，GL，共2条．故与平面CB1D1平行的直线共有5＋5＋5＋2＋2＋2＝21(条)．8．[2019·内蒙古赤峰模拟]已知l，m，n为三条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列判断正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥lD ．若α∩β＝m ，α∩γ＝n ，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α答案：C解析：对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能平行，可能相交，也可能异面，故A 错误．对于选项B ，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，设平面ABCD 为平面α，平面CDD ′C ′为平面β，直线BB ′为直线m ，直线A ′B 为直线n ，则m ⊥α，n ∥β，α⊥β，但直线n 与m 不垂直，故B 错误．对于选项C ，设过m 的平面γ与α交于a ，过m 的平面θ与β交于b ，∵m ∥α，m ⊂γ，α∩γ＝a ，∴m ∥a ，同理可得m ∥b .∴a ∥b .∵b ⊂β，a ⊄β，∴a ∥β.∵α∩β＝l ，a ⊂α，∴a ∥l ，∴l ∥m .故C 正确．对于选项D ，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，设平面ABCD 为平面α，平面ABB ′A ′为平面β，平面CDD ′C ′为平面γ，则α∩β＝AB ，α∩γ＝CD ，BC ⊥AB ，BC ⊥CD ，但BC ⊂平面ABCD ，故D 错误．故选C.二、非选择题9．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案：π3解析：如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，AG ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.10．[2019·宜昌调研]如图，在棱长均相等的四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：①PC∥平面OMN；②平面PCD∥平面OMN；③OM⊥PA；④直线PD与MN所成角的大小为90°.其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)答案：①②③解析：如图，连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确．同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确．由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，所以直线PD 与MN所成的角即∠PDC，故④错误．故正确的结论为①②③.11．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF ＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．证明：(1)如图所示．因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体AC1中，设A1CC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．(3)∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于点M.。
2020高考数学第六章立体几何考点测试42空间点、直线、平面间的位置关系文(含解析)
测试 42空间点、直线、平面间的地点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、平面地点关系的定义2．认识能够作为推理依照的公义和定理3．能运用公义、定理和已获取的结论证明一些空间地点关系的简单命题一、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．充足非必需条件 B ．必需非充足条件C．充足必需条件 D ．既非充足又非必需条件答案A分析“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”．应选A．2．以下命题正确的个数为()①经过三点确立一个平面；②梯形能够确立一个平面；③两两订交的三条直线最多能够确立三个平面；④假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1 C．2 D．3答案C分析经过不共线的三点能够确立一个平面，∴①不正确；两条平行线能够确立一个平面，∴②正确；两两订交的三条直线能够确立一个或三个平面，∴③正确；命题④中没有说清三个点能否共线，∴④不正确．3．若直线上有两个点在平面外，则()A．直线上起码有一个点在平面内B．直线上有无量多个点在平面内C．直线上全部点都在平面外D．直线上至多有一个点在平面内答案D分析依据题意，两点确立一条直线，那么因为直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只好是直线与平面订交，或许直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．4．如图，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的交线必经过 ()A．点A B．点BC．点C但可是点M D ．点C和点M答案D分析∵ A， B∈γ， M∈ AB，∴ M∈γ ．又α ∩ β＝l ， M∈ l ，∴ M∈β ．依据公义 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．5．若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的地点关系是 ()A．异面或平行 B ．异面或订交C．异面 D ．订交、平行或异面答案D分析异面直线不拥有传达性，能够以长方体为载体加以说明，地点如图 ( 可有三种状况) 所示，故a， c 可能订交、平行或异面．6．以下四个命题中：a， b异面，直线c的①不共面的四点中，此中随意三点不共线；②若点A， B， C， D 共面，点共面，则点 A，B， C，D，E 共面；③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线A，B，C，E b，c 共面；④挨次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案B分析①正确，不然三点共线和第四点必共面；②错误，如图三棱锥，能切合题意但A，B，C，，E 不共面；③错误，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错误．D7．已知异面直线a， b 分别在平面α ，β 内，且α ∩ β＝c，那么直线 c 必定() A．与a，b都订交B．只好与a， b 中的一条订交C．起码与a， b 中的一条订交D．与a，b都平行答案C分析假如 c 与 a， b 都平行，那么由平行线的传达性知a，b 平行，与异面矛盾．应选C．8．如图，平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中既与 AB共面又与 CC1共面的棱有________条．答案5分析依题意，与 AB和 CC1都订交的棱有BC；与 AB订交且与 CC1平行的棱有AA1，BB1；与 AB平行且与 CC1订交的棱有 CD， C1D1．故切合条件的棱有5条．二、高考小题9．(2018 ·全国卷Ⅱ) 在正方体ABCD－ A1 B1C1D1中， E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()2357A．2 B．2 C．2 D．2答案C分析在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， CD∥AB，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CE＝a，所以BE＝5a，BE 则 tan ∠EAB＝＝AB5a＝2a52．应选C．10．(2015 ·广东高考) 若空间中n 个不一样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4C．等于 5 D ．大于 5答案B分析第一我们知道正三角形的三个极点知足两两距离相等，于是能够清除C ，D ．又注意到正四周体的四个极点也知足两两距离相等，于是清除A ，应选B ．11．(2016 ·山东高考 ) 已知直线 a ， b 分别在两个不一样的平面 α ， β 内，则“直线 a 和直线b 订交”是“平面α 和平面 β 订交”的()A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C ．充要条件D ．既不充足也不用要条件答案A分析因为直线 a 和直线 b 订交，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 α， β 内，所以平面 α 与 β 必有公共点，进而平面α 与 β 订交；反之，若平面 α 与 β 订交，则直线a 与直线b 可能订交、平行、异面．应选A ．三、模拟小题12．(2018 ·武昌调研 ) 已知直线 l 和平面 α ，不论直线 l 与平面 α 拥有如何的地点关系，在平面 α 内总存在一条直线与直线l ()A ．订交B ．平行C ．垂直D ．异面答案C分析当直线 l 与平面 α 平行时， 在平面 α 内起码有一条直线与直线l 垂直，当直线l ? 平面 α 时，在平面 α 内起码有一条直线与直线l 垂直，当直线 l 与平面 α 订交时， 在平面 α 内起码有一条直线与直线 l 垂直，所以不论直线 l 与平面 α 拥有如何的地点关系，在平面 α 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 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，AC ∩ BD ＝F ，DC 1∩ CD 1＝ ，则直线 EF 是平面 1 与 ( )E ACDA ．平面 BDB 1的交线B ．平面 BDC 1的交线C ．平面 ACB 1的交线D ．平面 ACC 1的交线答案B分析连结 BC 1．因为 E ∈ DC 1， F ∈ BD ，所以 EF ? 平面 BDC 1，故平面ACD 1∩平面 BDC 1＝EF ．应选 B ．14．(2018 ·湖北七市 ( 州) 联考 ) 设直线 m 与平面 α 订交但不垂直，则以下说法中正确的是()A ．在平面 α 内有且只有一条直线与直线 m 垂直B ．过直线 m 有且只有一个平面与平面α 垂直C ．与直线 m 垂直的直线不行能与平面α 平行D ．与直线 m 平行的平面不行能与平面 α 垂直答案 B分析关于 A ，在平面 α 内可能有无数条直线与直线垂直，这些直线是相互平行的，mA 错误；关于B ，因为直线 m 与平面 α 订交但不垂直， 所以过直线 m 必有而且也只有一个平面与平面 α 垂直， B 正确；关于 C ，近似于 A ，在平面 α 外可能有无数条直线垂直于直线 m而且平行于平面 α， C 错误；关于 D ，与直线 m 平行且与平面α 垂直的平面有无数个，D错误．应选 B ．15．(2018 ·兰州市高考实战模拟) 已知长方体－ 1 11 1中，1＝＝ 3， ＝1，ABCD A B CDAAABAD则异面直线 B C 和 CD 所成角的余弦值为 ()116 6 2 3A ．4B ．3C ．6D ．6答案A分析如图，连结 A D ， A C ，由题易知B C ∥ A D ，∴∠ CDA 是异面直线 B C 与 CD 所成1 1 11 1 1 1 1 1的角，又1＝＝ 3，＝1，∴1＝2，1＝ 6， 11＝ 2，由余弦定理，得cos ∠ 1 1AA ABADA DDCA CCDA2226CD ＋AD －AC11114 ，应选 A ．＝2×1×1＝CD A D16．(2018 ·河北石家庄质检 ) 以下正方体或四周体中，， ， ，S 分别是所在棱的中P Q R点，这四点不共面的一个图是 ( )答案 D分析( 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PR∥SQ，故点P，Q，R， S共面；对选项B，易判断 QR∥ SP，故点 P， Q，R，S 共面；对选项C，易判断 PQ∥SR，故点 P， Q， R， S 共面；而选项D中的 RS， PQ为异面直线，应选D．17．(2018 ·武汉调研 ) 如图为正方体表面的一种睁开图，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分析体中，明显平面图形的翻折应注意翻折前后相对地点的变化，AB与 CD， EF与 GH， AB与 GH都是异面直线，而则 AB，CD，EF和 GH在原正方AB与 EF订交， CD与 GH订交，CD 与EF平行．故互为异面直线的有3 对．18．(2018 ·山西四校联考) 以下图，在空间四边形A－ BCD中，点 E，H分别是边 AB，CF CG2AD的中点，点 F，G分别是边 BC，CD上的点，且＝＝，则以下说法正确的选项是________．( 填CBCD3写全部正确说法的序号)①EF与 GH平行；② EF与 GH异面；③ EF与 GH的交点 M可能在直线 AC上，也可能不在直线 AC上；④ EF与 GH的交点 M必定在直线 AC上．答案④分析连结 EH，FG(图略)，依题意，可得 EH∥BD，FG∥ BD，故 EH∥FG，所以 E，F，G，12H共面．因为EH＝2BD，FG＝3BD，故 EH≠ FG，所以四边形EFGH是梯形， EF与 GH必订交，设交点为 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的交点，又 AC是这两个平面的交线，所以点 M必定在直线 AC上．一、高考大题1．(2017 ·全国卷Ⅲ) 如图，四周体ABCD中，△ ABC是正三角形， AD＝CD．(1)证明： AC⊥ BD；(2)已知△ ACD是直角三角形， AB＝ BD，若 E为棱 BD上与 D不重合的点，且 AE⊥ EC，求四周体 ABCE与四周体 ACDE的体积比．解 (1) 证明：如图，取AC的中点O，连结DO，BO．因为 AD＝ CD，所以 AC⊥ DO．又因为△ABC是正三角形，所以 AC⊥ BO．进而 AC⊥平面 DOB，故 AC⊥ BD．(2)连结 EO．由 (1) 及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝ AO．222在 Rt△AOB中，BO＋AO＝AB．又 AB＝ BD，222222所以 BO＋ DO＝ BO＋AO＝ AB＝ BD，故∠ DOB＝90°．1由题设知△ AEC为直角三角形，所以EO＝2AC．1又△ ABC是正三角形，且AB＝ BD，所以 EO＝2BD．故E 为的中点，进而E到平面的距离为D到平面的距离的1ABCE，四周体BD ABC ABC21的体积为四周体ABCD的体积的2，即四周体 ABCE与四周体 ACDE的体积之比为1∶1．2．(2015 ·四川高考 ) 一个正方体的平面睁开图及该正方体的直观图的表示图以下图．(1)请将字母 F， G， H标志在正方体相应的极点处(不需说明原因)；(2)判断平面 BEG与平面 ACH的地点关系，并证明你的结论；(3)证明：直线 DF⊥平面 BEG．解 (1) 点F，G，H的地点以下图．(2)平面 BEG∥平面 ACH，证明以下：因为 ABCD－ EFGH为正方体，所以BC∥ FG，BC＝ FG，又 FG∥ EH， FG＝ EH，所以 BC∥ EH， BC＝ EH，于是四边形BCHE为平行四边形，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)证明：连结 FH．因为 ABCD－ EFGH为正方体，所以 DH⊥平面 EFGH．因为 EG?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、模拟大题3．(2018 ·河南洛阳月考) 以下图，正方体ABCD－ A1 B1C1D1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) 以下图，连结CD1， EF，A1B，∵ E，F 分别是 AB和 AA1的中点，1∴ FE∥A1B 且 EF＝2A1B．∵ A1D1綊 BC，∴四边形 A1BCD1是平行四边形，∴ A1B∥ D1C，∴ FE∥ D1C，∴ EF与 CD1可确立一个平面，即 E，C， D1， F 四点共面．1(2) 由 (1) 知EF∥CD1，且EF＝2CD1，∴四边形 CD1FE是梯形，∴直线 CE与 D1F 必订交，设交点为P，则 P∈CE?平面 ABCD，且P∈D1F?平面 A1 ADD1，∴ P∈平面 ABCD且 P∈平面 A1ADD1．又平面 ABCD∩平面 A1ADD1＝ AD，∴ P∈ AD，∴ CE， D1F， DA三线共点．4．(2018 ·河南焦作一模 ) 以下图，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直， AD⊥ CD，AD⊥ ED，AF∥ DE，AB∥ CD，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝ xAF．(1)若四点 F， B， C， E 共面， AB＝ a，求 x 的值；(2)求证：平面 CBE⊥平面 EDB．解 (1) ∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，∴平面 ABF∥平面 DCE．∵四点 F， B， C， E 共面，∴FB∥CE，∴△ ABF与△ DCE相像．2a∵ AB＝a，∴ ED＝ a， CD＝2a， AF＝x，2aAF AB x a由相像比得＝，即＝，所以x＝4．ED CD a2a(2)证明：不如设 AB＝1，则 AD＝AB＝1， CD＝2，在 Rt△BAD中，BD＝2，取CD中点为M，则MD与AB平行且相等，连结BM，可得△BMD 为等腰直角三角形，所以BC＝2，因为222BD＋ BC＝ CD，所以BC⊥ BD，又因为平面四边形ADEF所在的平面与梯形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，又因为BD∩ DE＝ D，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S－ ABC中，平面SAB⊥平面SBC， AB⊥ BC， AS＝AB．过 A 作 AF⊥ SB，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；(2)BC⊥ SA．证明(1) 因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以 F 是 SB的中点．又因为 E 是 SA的中点，所以 EF∥ AB．因为 EF?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)因为平面 SAB⊥平面 SBC，且交线为 SB，又 AF?平面 SAB， AF⊥ SB，所以 AF⊥平面 SBC，因为 BC?平面 SBC，所以 AF⊥ BC．又因为 AB⊥ BC， AF∩ AB＝A， AF，AB?平面 SAB，所以 BC⊥平面 SAB．因为 SA?平面 SAB，所以 BC⊥ SA．6．(2018 ·河南郑州模拟) 如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是边长为2 的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ ABC＝60°的菱形， M为 PC的中点．(1)求证： PC⊥ AD；(2)在棱 PB上能否存在一点 Q，使得 A， Q， M， D四点共面？若存在，指出点 Q的地点并证明；若不存在，请说明原因；(3)求点 D到平面 PAM的距离．解(1) 证明：取AD的中点O，连结OP，OC，AC，因为四边形ABCD是∠ ABC＝60°的菱形，所以∠ ADC＝60°， AD＝ CD，所以△ ACD是正三角形，所以 OC⊥ AD，又△ PAD是正三角形，所以 OP⊥ 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．当点 Q为棱 PB的中点时， A， Q， M， D四点共面．证明以下：取棱PB的中点 Q，连结 QM， QA，因为 M为 PC的中点，所以 QM∥ BC，在菱形 ABCD中， AD∥ BC，所以 QM∥ AD，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PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝ AD， PO?平面 PAD，所以 PO⊥平面 ABCD，即 PO为三棱锥 P－ ACD的高，在 Rt△POC中，PO＝OC＝ 3，则PC＝ 6，在△ PAC中， PA＝ AC＝2，PC＝6，2210，所以边 PC上的高 AM＝PA－ PM＝ 2111015△ PAC所以 S＝2PC·AM＝2×6× 2 ＝2，设点 D到平面 PAC的距离为 h，由 V D－PAC＝ V P－ACD，11得3S△PAC· h＝3S△ACD· PO，115132即3×2· h＝3×4×2× 3，解得＝215，所以点D到平面的距离为 2 15．h5PAM5。
2020高考数学(文数)考点测试刷题本41 空间点、直线、平面间的位置关系(含答案解析)
2020高考数学(文数)考点测试刷题本41空间点、直线、平面间的位置关系一、选择题1.已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β=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，b中的一条相交D．与a，b都平行2.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4C．等于5 D．大于53.已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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4.已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行 C．垂直D．异面5.如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD=F，DC1∩CD1=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6.设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( )A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直7.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( )8.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A ．22B ．32C ．52D ．72二、填空题9.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1 cm,过AC 作平行于对角线BD 1的截面,则截面面积 为 cm 2.10.如图所示，在空间四边形A －BCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB =CG CD =23，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．11.如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________.12.如图，E 是正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱C 1D 1上的一点，且BD 1∥平面B 1CE ，则异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值为________．三、解答题13.如图，△ABC中，AC=BC=22AB，四边形ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，G，F分别是EC，BD的中点．(1)求证：GF∥底面ABC；(2)求几何体ADEBC的体积．14.如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若PC=2，求三棱锥CPAB的高．15.如图，四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.(1)求证：CD⊥AP；(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.16.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．答案解析1.答案为：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．2.答案为：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．3.答案为：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α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A．4.答案为：C；解析：当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．5.答案为：B；解析：连接BC1．因为E∈DC1，F∈BD，所以EF⊂平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1=EF．故选B．6.答案为：B；解析：对于A，在平面α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α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α垂直，B正确；对于C，类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；对于D，与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B．7.答案为：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PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对选项B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对选项C，易判断PQ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而选项D中的RS，PQ为异面直线，故选D．8.答案为：C ；解析：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥AB ，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CC 1的中点，可得CE=a ，所以BE=5a ，则tan ∠EAB=BE AB =5a 2a =52．故选C ．一、填空题9.答案 解析 如图所示,截面ACE ∥BD 1,平面BDD 1∩平面ACE=EF,其中F 为AC 与BD 的交点,∴E 为DD 1的中点,计算可得AE=CE= cm,AC=cm,则EF ⊥AC,EF= cm,∴S △ACE =××=(cm 2).10.答案为：④；解析：连接EH ，FG(图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 共面．因为EH=12BD ，FG=23BD ，故EH≠FG，所以四边形EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交， 设交点为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 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．11.答案为：12.答案为：155； 解析：不妨设正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为2，连接BC 1，设B 1C∩BC 1=O ，连接EO ，如图所示，在△BC 1D 1中，当点E 为C 1D 1的中点时，BD 1∥OE ，则BD 1∥平面B 1CE ，据此可得∠OEC 为直线BD 1与CE 所成的角．在△OEC 中，边长EC=5，OC=2，OE=3，由余弦定理可得cos ∠OEC=3＋5－223×5=155.即异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值为155.二、解答题13.解：(1)证明：如图，取BC 的中点M ，AB 的中点N ，连接GM ，FN ，MN.∵G ，F 分别是EC ，BD 的中点，∴GM ∥BE ，且GM=12BE ， NF ∥DA ，且NF=12DA. 又四边形ABED 为正方形，∴BE ∥AD ，BE=AD ，∴GM ∥NF 且GM=NF.∴四边形MNFG 为平行四边形．∴GF ∥MN ，又MN ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC ，∴GF ∥平面ABC.(2)连接CN ，∵AC=BC ，∴CN ⊥AB ，又平面ABED ⊥平面ABC ，CN ⊂平面ABC ，∴CN ⊥平面ABED.易知△ABC 是等腰直角三角形，∴CN=12AB=12， ∵CABED 是四棱锥，∴V CABED =13S 四边形ABED ·CN =13×1×12=16.14.解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥PC.因为AB=2，AD=CD=1，所以AC=BC=2，所以AC 2＋BC 2=AB 2，故AC ⊥BC.又BC∩PC=C，所以AC ⊥平面PBC.因为AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC.(2)由PC=2，PC ⊥CB ，得S △PBC =12×(2)2=1. 由(1)知，AC 为三棱锥APBC 的高．易知Rt △PCA ≌Rt △PCB ≌Rt △ACB ，则PA=AB=PB=2，于是S △PAB =12×22sin 60°= 3. 设三棱锥CPAB 的高为h ，则13S △PAB ·h=13S △PBC ·AC，13×3h=13×1×2， 解得h=63，故三棱锥CPAB 的高等于63.15.证明：(1)因为AD ⊥平面PAB ，AP ⊂平面PAB ，所以AD ⊥AP.又AP ⊥AB ，AB∩AD=A，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以AP ⊥平面ABCD.因为CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥AP.(2)由(1)知CD ⊥AP ，因为CD ⊥PD ，PD∩AP=P，PD ⊂平面PAD ，AP ⊂平面PAD ， 所以CD ⊥平面PAD.①因为AD ⊥平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以AB ⊥AD.又AP ⊥AB ，AP∩AD=A，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD.②由①②得CD ∥AB ，因为CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD ∥平面PAB.16.解：(1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO ．因为AD=CD ，所以AC ⊥DO ．又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO ．从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD ．(2)连接EO ．由(1)及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO ．在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2=AB 2．又AB=BD ，所以BO 2＋DO 2=BO 2＋AO 2=AB 2=BD 2，故∠DO B=90°．由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO=12AC ． 又△ABC 是正三角形，且AB=BD ，所以EO=12BD ． 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12， 四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12， 即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1．。
2020年高考数学(文)二轮复习命题考点串讲系列-专题12 空间点、线、面的位置关系(含答案解析)
2020年高考数学（文）二轮复习命题考点串讲系列-专题12 空间点线面的位置关系1、考情解读1.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．2.以几何体的直观图、三视图为载体，考查考生识图、用图能力和对空间线面位置关系的掌握情况．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．2、重点知识梳理1．点、线、面的位置关系(1)平面的基本性质名称图形文字语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内⎭⎬⎫A∈lB∈lA∈αB∈α⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点有且只有一个平面若A、B、C三点不共线，则A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.平面α与β不重合，若P∈α，且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a(2)平行公理、等角定理公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.2．直线、平面的平行与垂直定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行⎭⎬⎫a⊄αb⊂αa∥b⇒a∥α线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b线面垂直的判定定理[来源:学+科+网Z+X+X+K] 一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a⊥α，b⊥α⇒a∥b面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β，b ∈β，α∩β＝a ，b ⊥a ⇒b ⊥α3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础.【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件． 2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．若a 、b 、c 代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⎭⎬⎫a △b a △c ⇒b △c 的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a 、b 、c 中有两个为平面，一条为直线，命题⎭⎬⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β是成立的.⎭⎬⎫a ∥αa ∥β⇒α∥β是不成立的． 3、高频考点突破考点1 集合的概念及运算 考点1 空间线面位置关系的判断例1、 (1)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 【答案】D【解析】通解：若α∥β，则m ∥n ，这与m 、n 为异面直线矛盾，所以A 不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.优解：构造图形如图所示，知D项正确．(2)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】通解：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．优解：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．【方法规律】空间线面位置的判定方法1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．【变式探究】m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．【答案】①④考点二 空间平行、垂直关系的证明例2、(2015·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 为菱形，点G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED .(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形， 所以AC ⊥BD因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE ， 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°， 可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝12AC ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝EG 2－GB 2＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积 V E -ACD ＝13×12AC ·GD · BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝AB 2＋BE 2＝22＋2＝ 6.所以S △EAC ＝12AE ·EC ＝12×6×6＝3，△EAD 的面积与△ECD 的面积相等．在△AED 中 ，作EF ⊥AD 于F ，由AE ＝ED 知F 为AD 的中点， ∴EF ＝AE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AD 22＝6－1＝ 5∴S △EAD ＝12AD ·EF ＝12×2×5＝ 5. 故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 【方法规律】证明线线平行与线线垂直的方法1．证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．2．证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .【变式探究】如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，且BC ＝2AD ，AD ⊥CD ，PB ⊥CD ，点E 在棱PD 上，且PE ＝2ED .(1)求证：平面PCD ⊥平面PBC ； (2)求证：PB ∥平面AEC .证明：(1)因为AD ⊥CD ，AD ∥BC ， 所以CD ⊥BC ，又PB ⊥CD ，PB ∩BC ＝B ， PB ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以CD ⊥平面PBC ， 又CD ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面PBC . (2)连接BD 交AC 于点O ，连接OE .因为AD∥BC，所以△ADO∽△CBO，所以DO∶OB＝AD∶BC＝1∶2，又PE＝2ED，所以OE∥PB.又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.考点三立体几何中的折叠、探索问题例3、如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A′BC；(2)求证：A′C⊥BE；(3)线段A′D上是否存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE？若存在，求出DF的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，又因为DE⊄平面A′BC，所以DE∥平面A′BC.(2)证明：因为∠C＝90°，DE∥BC，所以DE⊥CD，由题意可知，DE⊥A′D，又A′D∩CD ＝D，所以DE⊥平面A′CD，所以BC⊥平面A′CD，所以BC⊥A′C，又A′C⊥CD，且CD∩BC ＝C，所以A′C⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A′C⊥BE.(3)线段A′D上存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE.理由如下：因为A′C⊥CD，所以，在Rt△A′CD中，过点C作CF⊥A′D于F，由(2)可知，DE⊥平面A′CD，【变式探究】已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AE＝2EB，AF＝2FC，将△AEF沿EF折起，使A变到A′，使平面A′EF⊥平面EFCB.(1)试在线段A′C上确定一点H，使FH∥平面A′BE.(2)试求三棱锥A′EBC的外接球的半径与三棱锥A′EBC的表面积．解：(1)AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AF＝2FC，所以EF＝23BC＝83，在A′C上取点H，使A′H＝2HC，连接HF，再在A′B上取点K，使A′K＝2KB，连接HK，EK，可知，KH∥BC，且KH＝23BC，可知KH∥EF，且KH＝EF，所以四边形EFHK为平行四边形，FH∥EK，EK⊂平面A′EB，FH⊄平面A′EB，所以FH∥平面A′EB，故H点为A′C的靠近C点的三等分点．(2)由题意可知，A′E⊥平面EFCB，BC＝4，EB＝1，A′E＝2，A′B＝A′E2＋BE2＝22＋12＝5，设三棱锥A′EBC的外接球半径为R，可知(2R)2＝A′E2＋BE2＋BC2，(2R)2＝4＋1＋42＝21，所以R＝21 2.三棱锥A′EBC的表面积为S＝S△A′BC ＋S△A′BE＋S△BEC＋S△A′EC＝12×4×5＋12×1×2＋12×4×1＋12×2×17＝3＋17＋2 5.4、真题感悟（2014-2017年）1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.2．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【答案】C【解析】如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD .若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．∴AE ＝EC ＝2，在△ABD 中，设DE ＝x ，根据余弦定理cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝AD 2＋DE 2－AE 22AD ·DE＝22＋222－2222×2×22＝22＋x 2－222×2×x .解得x ＝2，∴点E 是BD 的中点，则V D -ACE ＝V E -ACE ，∴V D -ACE V B -ACE＝1∶1. 4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．为正方形，则CM ⊥AD .(5分)因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .(7分)因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .(8分)设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，取CD 的中点N ，连接PN .则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．(10分)于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3.(12分) 1．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【答案】C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β.因为n⊥β，所以n⊥l.2．(2016·高考山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b 相交”是“平面α和平面β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3．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(导学号55410121)(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由．证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，所以CD⊥平面P AC.(2)证明：因为AB∥CD，CD⊥平面P AC，所以AB⊥平面P AC，AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)解：棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.证明如下，取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF为△P AB的中位线，所以EF∥P A.又P A ⊄平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，所以P A ∥平面CEF .4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．V N BCM ＝13·S △BCM ·P A 2＝453.。
2020年 高考数学(文科) 历年真题模拟题 高分必刷题之 空间点、直线、平面之间的位置关系
[基础题组练]1．已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝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 ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C.若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，知a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．2．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( ) A ．空间四边形 B ．矩形 C ．菱形 D ．正方形解析：选B.如图所示，易证四边形EFGH 为平行四边形． 因为E ，F 分别为AB ，BC 的中点， 所以EF ∥AC . 又FG ∥BD ，所以∠EFG 或其补角为AC 与BD 所成的角． 而AC 与BD 所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH 为矩形．3．已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β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 解析：选A.若直线a ，b 相交，设交点为P ，则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，则a ，b 可能相交，也可能异面或平行．故“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．4．(2019·广州市高中综合测试(一))在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，AB ＝CD ，AB ⊥CD ，则异面直线EF 与AB 所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：选B.取BD 的中点O ，连接OE ，OF ，因为E ，F 分别为AD ，BC 的中点，AB ＝CD ，所以EO ∥AB ，OF ∥CD ，且EO ＝OF ＝12CD ，又AB ⊥CD ，所以EO ⊥OF ，∠OEF为异面直线EF 与AB 所成的角，由△EOF 为等腰直角三角形，可得∠OEF ＝π4，故选B.5．已知棱长为a 的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，M ，N 分别为CD ，AD 的中点，则MN 与A ′C ′的位置关系是________________________________________________________．解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC∥A′C′，所以MN∥A′C′.答案：平行6．给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．其中真命题的序号是________．解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．答案：①②③7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1、H、O三点共线．证明：如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，因为BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，所以H∈OD1.即D1、H、O三点共线．8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点， 所以EF ∥BD ，所以EF ⊥AC . 所以EF ⊥A 1C 1.即A 1C 1与EF 所成的角为90°.[综合题组练]1．如图所示，平面α∩平面β＝l ，A ∈α，B ∈α，AB ∩l ＝D ，C ∈β，C ∉l ，则平面ABC 与平面β的交线是( )A ．直线ACB ．直线ABC ．直线CDD ．直线BC解析：选C.由题意知，D ∈l ，l ⊂β，所以D ∈β， 又因为D ∈AB ，所以D ∈平面ABC ， 所以点D 在平面ABC 与平面β的交线上． 又因为C ∈平面ABC ，C ∈β，所以点C 在平面β与平面ABC 的交线上， 所以平面ABC ∩平面β＝CD .2．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，|AB |＝2|BB 1|，则AB 1与BC 1所成角的大小为( ) A.π6 B.π3 C.5π12D.π2 解析：选D.将正三棱柱ABC -A 1B 1C 1补为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，连接C 1D ，BD ，则C 1D ∥B 1A ，∠BC 1D 为所求角或其补角．设|BB 1|＝2，则|BC |＝|CD |＝2，∠BCD ＝120°，|BD |＝23，又因为|BC 1|＝|C 1D |＝6，所以∠BC 1D ＝π2.3.(2019·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，点E ，F ，H ，K 分别为AC ′，CB ′，A ′B ′，B ′C ′的中点，G 为△ABC 的重心．从K ，H ，G ，B ′四点中取一点作为P ，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行，则P 为________．解析：取A ′C ′的中点M ，连接EM ，MK ，KF ，EF ，则EM 綊12CC ′綊KF ，得四边形EFKM 为平行四边形，若取点K 为P ，则AA ′∥BB ′∥CC ′∥PF ，故与平面PEF 平行的棱超过2条；因为HB ′∥MK ，MK ∥EF ，所以HB ′∥EF ，若取点H 或B ′为P ，则平面PEF 与平面EFB ′A ′为同一平面，与平面EFB ′A ′平行的棱只有AB ，不符合题意；连接BC ′，则EF ∥A ′B ′∥AB ，若取点G 为P ，则AB ，A ′B ′与平面PEF 平行．答案：G4．如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ， 因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点， 所以AD ∥BC ，所以直线AC 1与AD 所成角等于异面直线AC 1与BC 所成角，因为C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，所以C 1D ⊥圆柱下底面，所以C 1D ⊥AD ， 因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形， 所以C 1D ＝2AD ，所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2， 所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2. 答案： 25.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．解：(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.6.(综合型)如图，E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 各边上的点，且AE ∶EB ＝AH ∶HD ＝m ，CF ∶FB ＝CG ∶GD ＝n .(1)证明：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)m ，n 满足什么条件时，四边形EFGH 是平行四边形？ (3)在(2)的条件下，若AC ⊥BD ，试证明：EG ＝FH . 解：(1)证明：因为AE ∶EB ＝AH ∶HD ，所以EH ∥BD . 又CF ∶FB ＝CG ∶GD ，所以FG ∥BD .所以EH ∥FG . 所以E ，F ，G ，H 四点共面．(2)当EH ∥FG ，且EH ＝FG 时，四边形EFGH 为平行四边形． 因为EH BD ＝AE AE ＋EB ＝m m ＋1，所以EH ＝m m ＋1BD .同理可得FG ＝n n ＋1BD ，由EH ＝FG ，得m ＝n .故当m ＝n 时，四边形EFGH 为平行四边形．(3)证明：当m ＝n 时，AE ∶EB ＝CF ∶FB ，所以EF ∥AC ，又EH ∥BD ，所以∠FEH 是AC 与BD 所成的角(或其补角)，因为AC ⊥BD ，所以∠FEH ＝90°，从而平行四边形EFGH 为矩形，所以EG ＝FH .。
2020届高考数学一轮复习人教B版空间位置关系的判断与证明学案Word版
空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析](1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．考点一空间点、线、面的位置关系保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[判定直线间的位置关系]已知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．平行解析：选D 因为α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，所以n在平面α内，m与平面α相交，且A是m和平面α相交的点，所以m和n异面或相交，一定不平行．2.[命题真假的判定]已知直线m ，l ，平面α，β，且m ⊥α，l ⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ； ③若m ⊥l ，则α⊥β；④若m ∥l ，则α⊥β. 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．③④ C ．①②D ．①③解析：选A 对于①，若α∥β，m ⊥α，则m ⊥β，又l ⊂β，所以m ⊥l ，故①正确，排除B.对于④，若m ∥l ，m ⊥α，则l ⊥α，又l ⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.3.[线面垂直、面面垂直的判定]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF解析：选B 根据折叠前、后AH ⊥HE ，AH ⊥HF 不变， 得AH ⊥平面EFH ，B 正确；∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直，∴A 不正确；∵AG ⊥EF ，EF ⊥GH ，AG ∩GH ＝G ，∴EF ⊥平面HAG ，又EF ⊂平面AEF ，∴平面HAG ⊥AEF ，过H 作直线垂直于平面AEF ，一定在平面HAG 内，∴C 不正确；由条件证不出HG ⊥平面AEF ，∴D 不正确．故选B.4.[求异面直线所成的角](2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22B.32 C.52D.72解析：选C 如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成的角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.[解题方略] 判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[小创新——变换角度考迁移]1.[与充要条件的交汇]设l，m，n为三条不同的直线，其中m，n在平面α内，则“l ⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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解析：选A 当l⊥α时，l垂直于α内的任意一条直线，由于m，n⊂α，故“l⊥m 且l⊥n”成立，反之，因为缺少m，n相交的条件，故不一定能推出“l⊥α”，故选A.2.[线面位置中的创新]某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是( )A．①②③⑤ B．②③④⑤C．②④⑤ D．③④⑤解析：选B A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON>∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A ⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O 1O 1′与BB ′是否平行，又O 1O 1′∥MN ，所以不确定BB ′与MN 是否平行，故错误；D 选项，OK ＝OL ＝O ′K ′＝O ′L ′，所以AA ′∥BB ′，但不确定OM 与ON ，O ′M ′，O ′N ′的关系，所以无法判断MN 与地面的关系，故错误．综上，选B.3.[线面角与体积交汇](2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC2＝42－2＋22＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.4.[线面角与面积交汇](2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形． 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π考点二空间平行、垂直关系的证明增分考点深度精研[析母题——高考年年“神”相似] [典例] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.[练子题——高考年年“形”不同]1．在本例条件下，证明平面BEF ⊥平面ABCD .证明：如图，连接AE ，AC ， 设AC ∩BE ＝O ，连接FO .∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，且E 为CD 的中点， ∴AB 綊CE .∴四边形ABCE 为平行四边形． ∴O 为AC 的中点，则FO 綊12PA ，又PA ⊥平面ABCD ，∴FO ⊥平面ABCD .又FO ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面ABCD .2．在本例条件下，若AB ＝BC ，求证BE ⊥平面PAC . 证明：如图，连接AE ，AC ，设AC ∩BE ＝O .∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，且E 为CD 的中点． ∴AB 綊CE .又∵AB ＝BC ，∴四边形ABCE 为菱形， ∴BE ⊥AC .又∵PA ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BE .又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， ∴BE ⊥平面PAC .[解题方略]1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α. (2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.[多练强化]1.(2019届高三·郑州模拟)如图，四边形ABCD 与四边形ADEF均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明：(1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ， 连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ， 所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点， 所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ， 所以DE ∥平面MNG .又M 为AB 的中点，N 为AD 的中点， 所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ， 又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线， 所以平面BDE ∥平面MNG .2.如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，PA ⊥AB ，CD ⊥AD ，BC ＝CD ＝12AD .(1)求证：PA ⊥CD .(2)求证：平面PBD ⊥平面PAB . 证明：(1)因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， 又因为PA ⊥AB ， 所以PA ⊥平面ABCD ， 又CD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥CD .(2)取AD 的中点为E ，连接BE ， 由已知得，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形，又CD ⊥AD ，BC ＝CD ，所以四边形BCDE 是正方形， 连接CE ，所以BD ⊥CE . 又因为BC ∥AE ，BC ＝AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形， 所以CE ∥AB ，则BD ⊥AB .由(1)知PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ， 又因为PA ∩AB ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ， 因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAB .考点三 平面图形中的折叠问题 增分考点讲练冲关[典例] (2019届高三·湖北五校联考)如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图②.在图②所示的几何体D ABC 中．(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F BCE 的体积． [解] (1)证明：∵AC ＝ AD 2＋CD 2＝22， ∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16， ∴AC ⊥BC ，∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ACD .(2)∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ， 平面ACD ∩平面BEF ＝EF ， ∴AD ∥EF ， ∵E 为AC 的中点， ∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，V F BCE ＝V B CEF ＝13×S △CEF ×BC ，S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12，∴V F BCE ＝13×12×22＝23.[解题方略] 平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[多练强化]如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图②.(1)求证：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；(3)求四面体NEFD体积的最大值．解：(1)证明：∵四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD.(2)证明：连接ED，∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，∴NE⊥平面ECDF.∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面体NEFD 的体积为V NEFD ＝13S △EFD ·NE ＝12x (4－x )．∴V 四面体NEFD ≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋－x 22＝2， 当且仅当x ＝4－x ，即x ＝2时，四面体NEFD 的体积最大，最大值为2.逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用[典例] 如图，在三棱锥A BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .[证明] (1)在平面ABD 内， 因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB ， 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ， 所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD . 又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[素养通路]本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF 与平面ABC 内的一条直线平行，从而得到EF ∥平面ABC ；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD ⊥平面BCD ，根据面面垂直的性质定理得BC ⊥平面ABD ，则可证明AD ⊥平面ABC ，再根据线面垂直的性质，得到AD ⊥AC .考查了逻辑推理这一核心素养．。
【高考试卷】2020届版二轮复习数学(文)通用版：专题检测(十二) 空间位置关系的判断与证明 Word版含解析
2020年高考冲刺试卷芳草香出品专题检测（十二）空间位置关系的判断与证明A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF 和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是()A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析：选C A是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，|AB|＝2|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为() A．30°B．60°C．75°D．90°解析：选D将正三棱柱ABC-A1B1C1补为四棱柱ABCD-A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝2，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝23，又因为BC1＝C1D＝6，所以∠BC1D＝90°.4.如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选B A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC ⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解析：选B由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.6．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为() A．150°B．45°C．120°D．60°解析：选D如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角，在Rt△DEC中，CE＝213，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝CA2＋AE2－CE22CA×AE＝12，。
2020年高考文科数学空间点、直线、平面之间的位置关系 专项练习题 含解析
课时规范练A组基础对点练1．在空间中，可以确定一个平面的条件是()A．两两相交的三条直线B．三条直线，其中的一条与另外两条分别相交C．三个点D．三条直线，它们两两相交，但不交于同一点解析：两两相交的三条直线，它们可能相交于同一点，也可能不相交于同一点，当三条直线相交于同一点时，这三条直线可能不在同一个平面内，A错；条件中另外两条直线可能共面，也可能不共面，当另外两条直线不共面时，三条直线不能确定一个平面，B错；空间三个点可能不在同一条直线上，也可能在同一条直线上．当三个点在同一条直线上时，经过这三个点的平面有无数个，C错；因为三条直线两两相交于不同的点，所以三个交点不在同一条直线上，由公理2知，这三条直线可以确定一个平面，D正确．选D.答案：D2．下列说法错误的是()A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行解析：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，A正确，排除A；过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直，B正确，排除B；如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直，C 正确，排除C；如果两条直线和一个平面所成的角相等，那么这两条直线不一定平行，D错误，选D.答案：D3．下列命题中，真命题的个数为()①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.A．1B．2C．3 D．4解析：根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.答案：B4．在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与直线A1B1、EF、BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条解析：在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1、EF、BC分别有交点P、M、N，如图，故有无数条直线与直线A1B1、EF、BC都相交．答案：D5．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的()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解析：若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．答案：A6．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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解析：若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b，又aα，bβ，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．答案：A7．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝3，AC＝BD＝2，AD ＝BC＝5，则直线AB与CD所成角的余弦值为()A．－13B．－14C.14 D.13答案：D8．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a平面α，b平面β，则a，b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；aα，bβ，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①9.如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.答案： 210．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．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.故符合条件的有5条．答案：511.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠F AB＝90°，BC解析：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，B组能力提升练12．(2019·湘东五校联考)已知直线m，l，平α，β，且m⊥α，lβ，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：对于①，若α∥β，m⊥α，lβ，则m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又lβ，所以α⊥β，故④正确．选A.答案：A13.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为()A.12B．－12C.32D．－32答案：A14．α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题正确的是()A．若α∩β＝m，nα，m⊥n，则α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥nC．若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β解析：对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以平面α不一定垂直于平面β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确．选D.答案：D15.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为P A，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD.其中正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为P A，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B平面P AD，E∈平面P AD，E AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面P AD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.答案：B16．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列结论：①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)解析：对于①，如图1，AE，CF分别为BD边上的高，由三角形全等可知DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱相互垂直，故①错误；对于②，因为AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，所以四面体四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图2，G，H，I，J为各边中点，因为AC＝BD，所以四边形GHIJ为菱形，GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；对于⑤，从A点出发的三条棱为AB，AC，AD，因为AC ＝BD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，同理可得其他，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确的结论为②④⑤.答案：②④⑤17.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．解析：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所成平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD是异面直线．(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝12AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【高考复习】2020年高考数学(文数)空间位置关系的判断与证明小题练一、选择题1.下列说法错误的是( )A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行2.已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的( )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3.下列命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β=l，则M∈l.A．1 B．2 C．3 D．44.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5.有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．46.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交7.已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βD．若m∥n，m∥α，则n∥α8.已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是( )A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥bB．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βC．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥βD．若α∩β=a，a∥b，则b∥α或b∥β9.已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，γ，给出下列四个命题，错误的命题是( )A．若a∥α，a∥β，α∩β=b，则a∥bB．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥bC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=a，则a⊥αD．若α∥β，a∥α，则a∥β10.如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF，PA=2AB，则下列结论正确的是( )A．PA⊥ADB．平面ABCDEF⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABCDEF所成的角为30°11.直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF相交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )A.0.5 B．1 C.1.5 D．212.平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为( )A．32B．22C．33D．13二、填空题13.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列正确命题序号是．（1）若m∥α，n∥α，则m∥n；（2）若m⊥α，m⊥n则n∥α；（3）若m⊥α，n⊥β且m⊥n，则α⊥β；（4）若m⊂β，α∥β，则m∥α14.已知直线m、n与平面α，β，给出下列三个命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β．其中真命题的个数是_____．15.设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列有四个命题：（1）若a，b与α所成角相等，则a∥b；（2）若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b；（3）若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β；（4）若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b．其中真命题是_____．（写出所有真命题的序号）16.α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)17.如图所示，三棱柱ABC A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．18.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．答案解析1.答案为：D；解析：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，A正确，排除A；过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直，B正确，排除B；如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直，C正确，排除C；如果两条直线和一个平面所成的角相等，那么这两条直线不一定平行，D错误，选D.2.答案为：A；解析：若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．3.答案为：B；解析：根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.4.答案为：A；解析：∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A．5.答案为：A；解析：命题①，l可以在平面α内，是假命题；命题②，直线a与平面α可以是相交关系，是假命题；命题③，a可以在平面α内，是假命题；命题④是真命题．6.答案为：B；解析：因为l⊄α，若在平面α内存在与直线l平行的直线，则l∥α，这与题意矛盾．故选B．7.答案为：C；解析：对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交；易知C正确；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n在平面α内．故选C.8.答案为：C ；解析：对于A ，若a ⊥α，α∥β，则a ⊥β，又b ⊥β，故a ∥b ，A 正确；对于B ， 若a ⊥α，a ⊥b ，则b ⊂α或b ∥α，∴存在直线m ⊂α，使得m ∥b ，又b ⊥β，∴m ⊥β，∴α⊥β，故B 正确；对于C ，若a ⊥α，a ⊥b ，则b ⊂α或b ∥α， 又α∥β，∴b ⊂β或b ∥β，故C 错误；对于D ，若α∩β=a ，a ∥b ，则b ∥α或b ∥β，故D 正确，故选C ．9.答案为：D ；解析：构造一个长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1．对于D ，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，A 1B 1∥平面ABCD ⇒/ A 1B 1∥平面A 1B 1C 1D 1．10.答案为：A ；解析：因为PA ⊥平面ABCDEF ，所以PA ⊥AD ，故选项A 正确；选项B 中两个平面不垂直， 故选项B 错；选项C 中，AD 与平面PAE 相交，BC ∥AD ，故选项C 错；选项D 中， PD 与平面ABCDEF 所成的角为45°，故选项D 错．故选A ．11.答案为：A.解析：设B 1F=x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF.由已知可得A 1B 1=2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE=12h. 又2×2=h 22＋（2）2，所以h=233，DE=33. 在Rt △DB 1E 中，B 1E= ⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332=66. 由面积相等得66× x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222=22x ，得x=12.12.答案为：A ；解析：如图，延长B 1A 1至A 2，使A 2A 1=B 1A 1，延长D 1A 1至A 3，使A 3A 1=D 1A 1，连接AA 2，AA 3，A 2A 3，A 1B ，A 1D ．易证AA 2∥A 1B ∥D 1C ，AA 3∥A 1D ∥B 1C ．∴平面AA 2A 3∥平面CB 1D 1，即平面AA 2A 3为平面α． 于是m ∥A 2A 3，直线AA 2即为直线n ．显然有AA 2=AA 3=A 2A 3，于是m ，n 所成的角为60°，其正弦值为32．故选A ．13.答案为：（3）（4）；14.答案为：2个；15.答案为：（4）；16.答案为：②③④；解析：由m ⊥n ，m ⊥α，可得n ∥α或n 在α内，当n ∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错．易知②③④都正确．17.答案为：1；解析：设BC 1∩B 1C=O ，连接OD.∵A 1B ∥平面B 1CD 且平面A 1BC 1∩平面B 1CD=OD ，∴A 1B ∥OD ， ∵四边形BCC 1B 1是菱形，∴O 为BC 1的中点，∴D 为A 1C 1的中点，则A 1D ∶DC 1=1.18.答案为：12； 解析：设B 1F=x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF.由已知可得A 1B 1=2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE=12h.又2×2=h 22＋22， 所以h=233，DE=33.在Rt △DB 1E 中，B 1E=⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332=66. 由面积相等得66× x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222=22x ，得x=12.。