廣西2020版高考數學一輪復習 考點規(guī)范練38 空間點、直線、平面之間的位置關系 文.docx
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考點規(guī)范練38 空間點、直線、平面之間的位置關系 一、基礎鞏固 1.α是一個平面,m,n是兩條直線,A是一個點,若m?α,n?α,且A∈m,A∈α,則m,n的位置關系不可能是( ) A.垂直 B.相交 C.異面 D.平行 答案D 解析∵α是一個平面,m,n是兩條直線,A是一個點,m?α,n?α,∴n在平面α內. ∵A∈m,A∈α,∴A是m和平面α相交的點, ∴m和n異面或相交,一定不平行. 2.在空間中,四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,則下列結論一定正確的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關系不確定 答案D 解析 如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,取l1為BC,l2為CC1,l3為C1D1.滿足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4為A1D1,則有l(wèi)1∥l4;若取l4為DD1,則有l(wèi)1⊥l4.因此l1與l4的位置關系不確定,故選D. 3. 如圖,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C?l,直線AB∩l=M,過A,B,C三點的平面記作γ,則γ與β的交線必通過( ) A.點A B.點B C.點C但不過點M D.點C和點M 答案D 解析∵AB?γ,M∈AB,∴M∈γ. 又α∩β=l,M∈l,∴M∈β. 根據公理3可知,M在γ與β的交線上, 同理可知,點C也在γ與β的交線上. 4. 如圖,ABCD-A1B1C1D1是長方體,O是B1D1的中點,直線A1C交平面AB1D1于點M,則下列結論正確的是( ) A.A,M,O三點共線 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 解析連接A1C1,AC,則A1C1∥AC, 所以A1,C1,A,C四點共面. 所以A1C?平面ACC1A1. 因為M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1. 又M∈平面AB1D1, 所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上. 同理A,O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上, 所以A,M,O三點共線. 5.設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,2和a,且長為a的棱與長為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) 答案A 解析此題相當于一個正方形沿著對角線折成一個四面體,長為a的棱長一定大于0且小于2. 6.l1,l2表示空間中的兩條直線,若p:l1,l2是異面直線,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 答案A 解析l1,l2是異面直線?l1,l2不相交,即p?q; 而l1,l2不相交l1,l2是異面直線,即qp. 故p是q的充分條件,但不是q的必要條件. 7.b是平面α外一條直線,下列條件可得出b∥α的是( ) A.b與α內一條直線不相交 B.b與α內兩條直線不相交 C.b與α內無數條直線不相交 D.b與α內任意一條直線不相交 答案D 解析只有在b與α內所有直線都不相交,即b與α無公共點時,b∥α. 8.在四面體ABCD中,E,F分別是AC,BD的中點.若AB=2,CD=4,EF⊥AB,則EF與CD所成角的度數為( ) A.90 B.45 C.60 D.30 答案D 解析如圖,設G為AD的中點,連接GF,GE,則GF,GE分別為△ABD,△ACD的中位線. 由此可得,GF∥AB,且GF=12AB=1,GE∥CD,且GE=12CD=2, ∴∠FEG或其補角即為EF與CD所成的角. 又EF⊥AB,GF∥AB,∴EF⊥GF. 在Rt△EFG中,GF=1,GE=2,sin∠GEF=GFGE=12, 可得∠GEF=30, ∴EF與CD所成角的度數為30. 9.用a,b,c表示三條不同的直線,γ表示平面,給出下列命題: ①若a∥b,b∥c,則a∥c; ②若a⊥b,b⊥c,則a⊥c; ③若a∥γ,b∥γ,則a∥b; ④若a⊥γ,b⊥γ,則a∥b; ⑤若a⊥b,b∥c,則a⊥c; ⑥若a∥b∥c,則a,b,c共面. 其中真命題的序號是 . 答案①④⑤ 解析①由平行線的傳遞性(公理4)知①正確; ②舉反例:在同一平面α內,a⊥b,b⊥c,有a∥c; ③舉反例:如圖的長方體中,a∥γ,b∥γ,但a與b相交; ④垂直于同一平面的兩直線互相平行,知④正確; ⑤顯然正確; ⑥由三棱柱的三條側棱知⑥錯. 10.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分別是AB,AC,A1B1,A1C1的中點,求證: (1)B,C,H,G四點共面; (2)幾何體A1GH-ABC是三棱臺; (3)平面EFA1∥平面BCHG. 證明(1)∵GH是△A1B1C1的中位線, ∴GH∥B1C1. 又B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四點共面. (2)∵A1G??12AB,∴AA1與BG必相交. 設交點為P,則PA1PA=A1GAB=12. 同理設CH∩AA1=Q,則QA1QA=12, ∴P與Q重合,即三條直線AA1,GB,CH相交于一點. 又由棱柱的性質知平面A1GH∥平面ABC, ∴幾何體A1GH-ABC為棱臺. (3)∵E,F分別為AB,AC的中點,∴EF∥BC. ∵EF?平面BCHG,BC?平面BCHG, ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G??EB,∴四邊形A1EBG是平行四邊形, ∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG, ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG. 二、能力提升 11.以下四個命題中, ①不共面的四點中,其中任意三點不共線; ②若點A,B,C,D共面,點A,B,C,E共面,則點A,B,C,D,E共面; ③若直線a,b共面,直線a,c共面,則直線b,c共面; ④依次首尾相接的四條線段必共面. 正確命題的個數是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案B 解析①顯然是正確的;②若A,B,C三點共線,則A,B,C,D,E五點不一定共面;③構造長方體或正方體,如圖顯然b,c異面,故不正確;④中空間四邊形中四條線段不共面,故只有①正確. 12.若空間三條直線a,b,c滿足a⊥b,b∥c,則直線a與c( ) A.一定平行 B.一定相交 C.一定是異面直線 D.一定垂直 答案D 解析兩條平行線中一條與第三條直線垂直,另一條直線也與第三條直線垂直,故選D. 13. (2018廣東茂名綜合測試)如圖為一正方體的平面展開圖,在這個正方體中,有下列四個命題:①AF⊥GC;②BD與GC是異面直線,且夾角為60;③BD∥MN;④BG與平面ABCD所成的角為45.其中正確的個數是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案B 解析將平面展開圖還原成正方體(如圖). 對于①,由圖形知AF與GC為異面垂直,故①正確; 對于②,BD與GC是異面直線. 連接EB,ED,則BM∥GC,所以∠MBD(或其補角)即為異面直線BD與GC所成的角. 在等邊三角形BDM中,∠MBD=60,所以異面直線BD與GC所成的角為60,故②正確; 對于③,BD與MN為異面垂直,故③錯誤; 對于④,由題意,得GD⊥平面ABCD,所以∠GBD是BG與平面ABCD所成的角. 但在Rt△BDG中,∠GBD≠45,故④錯誤. 綜上可得①②正確.故選B. 14.已知m,n,l為不同直線,α,β為不同平面,給出下列命題,其中真命題的序號是 .(填上所有真命題的序號) 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. 答案①③④ 解析由平面的基本性質4知①正確; 平行于同一平面的兩條直線可以平行、相交,也可以異面,故②錯誤; 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) 15.在空間四邊形ABCD中,E,H分別是邊AB,AD的中點,F,G分別是邊BC,CD的中點.求證: (1)BC與AD是異面直線. (2)EG與FH相交. 證明(1)假設BC與AD共面,不妨設它們所共平面為α,則B,C,A,D∈α. 所以四邊形ABCD為平面圖形,這與四邊形ABCD為空間四邊形相矛盾,所以BC與AD是異面直線. (2)如圖,連接AC,BD,則EF∥AC,HG∥AC,因此EF∥HG. 同理EH∥FG,則四邊形EFGH為平行四邊形. 又EG,FH是?EFGH的對角線, 所以EG與FH相交. 三、高考預測 16. 如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E是棱D1D的中點,點F在棱B1B上,且滿足B1F=2BF. (1)求證:EF⊥A1C1; (2)在棱C1C上確定一點G,使A,E,G,F四點共面,并求此時C1G的長. (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A,E,G,F四點共面,則A,E,G,F四點確定平面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G作GH⊥BB1,交BB1于點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, 結合圖形可知C1G
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