2021届高考数学一轮专题重组卷 第一部分 专题十三 点、直线、平面之间的位置关系 文（含解析）.doc

1、专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分80分，考试时间50分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019沈阳质量监测)已知m，n是空间中的两条不同的直线，是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若mn，m，则nB若，m，则mC若mn，n，则mD若m，m，则答案D解析对于A，符合已知条件的直线n还可以在平面内，所以错误；对于B，符合已知条件的直线m还可以在平面内，所以错误；对于C，符合已知条件的直线m还可以在平面内，与平面斜交，或者与平面平行，

2、所以错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性故选D.2(2019长春质量监测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1C1与B1C所成角的余弦值为()A0 B. C. D.答案B解析由题意知成角为，余弦值为.故选B.3(2019广西百色调研)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()平面PB1D平面ACD1；A1P平面ACD1；异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是；三棱锥D1APC的体积不变A B C D答案B解析根据正方体的性质，有DB1平面ACD1，DB1平面PB1D，从而可以证明平面PB1D平面ACD1，正确；连接A1B

3、，A1C1，容易证明平面BA1C1平面ACD1.又因为A1P平面BA1C1，可得A1P平面ACD1，正确；VD1APCVCAD1P，因为C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，正确；当P与线段BC1的端点重合时，A1P与AD1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，错误正确故选B.4(2019泰安期末)若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列为真命题的是()A若m，则m B若m，n，则mnC若m，m，则 D若，则答案C解析对于A，当且仅当m与平面，的交线垂直时，命题才

4、成立，所以原命题为假命题；对于B，若m，n，则直线m，n可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C，由m，m，可得平面内一定存在直线与直线m平行，进而得出该直线垂直于平面，从而，所以原命题为真命题；对于D，若，则平面与平面可能相交、平行或垂直，所以原命题为假命题故选C.5(2019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垂直故选C.6(2019全国卷) 如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平

5、面ABCD，M是线段ED的中点，则()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.点N为正方形ABCD的中心，点N在BD上，且为BD的中点ECD是正三角形，EFCD.平面ECD平面ABCD，EF平面ABCD.EFFN.不妨设AB2，则FN1，EF，EN2.EMMD，DGGF，MGEF，MG平面ABCD，MGBG.MGEF，BG ，BM.BMEN.BM，EN都是DBE的中线，BM，EN必相交故选B.7(2

6、019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)对于A，易判断PRSQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易判断QRSP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易判断PQSR，故点P，Q，R，S共面；而D中的RS，PQ为异面直线故选D.8(2019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解析在平面内可能有无数条

7、直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；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；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；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.9(2019太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：DE与MN平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直其中正确结论的个数是 ()A1 B2 C3 D4答案C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)DEF，如图所示对于，M，N分

8、别为EF，AE的中点，则MNAF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故错误；对于，易知BD与MN为异面直线，故正确；对于，依题意知GHAD，MNAF，DAF60，故GH与MN成60角，故正确；对于，连接GF，则A点在平面DEF上的射影A1在GF上，DE平面AA1F，DEAF，而AFMN，DE与MN垂直，故正确综上所述，正确结论的序号是.故选C.10(2019厦门质检)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列结论正确的是()AMNAP BMNBD1CMN平面BB1D1D DMN平面BDP答案C解析取B1C1的中点E，连接ME，NE，由三

9、角形中位线定理可得MEB1D1，ME平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形，得NEBB1，NE平面BB1D1D，平面MNE平面BB1D1D，又MN平面MNE，MN平面BB1D1D.故选C.11(2019包头模拟)在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，则在四面体PDEF中，给出下列结论：PD平面PEF；DG平面PEF；平面PDE平面PDF.其中正确结论的序号是()A B C D答案C解析如图所示，因为DAAE，DCCF，所以折叠后DPPE，DPPF，所以DP平面PEF，所以正确；由DP平

10、面PEF，可知DG平面PEF是不正确的，所以不正确；由PEPF，PEDP，可得PE平面PDF，又PE平面PDE，所以平面PDE平面PDF，所以正确综上可知，正确结论的序号为.故选C.12(2019衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB4，BD14，若BAD60，则异面直线B1C与AD1所成的角为()A30 B45C60 D90答案D解析连接BD，四边形ABCD为菱形，BAD60，AB4，BD4.又BDD1为直角三角形，BDBD2DD，得DD14，四边形BCC1B1为正方形连接BC1交B1C于点O，BC1AD1，BOC(或其补角)为异面直线B1C与AD1所成的角由

11、于四边形BCC1B1为正方形，BOC90，故异面直线B1C与AD1所成的角为90.故选D.第卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019北京高考)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案(或)解析.证明如下：m，根据线面平行的性质定理，知存在n，使得mn.又l，ln，lm.证明略14(2019安徽质量检查)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M平面CD1E，则M点的轨

12、迹长度为_答案解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，C1GD1E.同理可得C1HCF.C1HC1GC1，平面C1GH平面CD1E，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M平面CD1E，点M在线段GH上M点的轨迹长度GH.15(2019武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，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

13、，CD与EF平行故互为异面直线的有3对16(2019山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD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，则下列说法正确的是_(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四点共面因为EHBD，FGBD，故EHFG，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交线上的一点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上故只有正确