2021高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 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（含解析）苏教版.doc

1、考点测试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已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A一定是异面直线 B一定是相交直线C不可能是平行直线 D不可能是相交直线答案C解析c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若cb，ca，则ab或a与b重合，与已知矛盾故选C.2下列命题中正确的个数为()若ABC在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P，Q，R，则P，Q，R三点

2、共线；若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；空间中不共面五个点一定能确定10个平面A0 B1 C2 D3答案C解析都正确空间中不共面的五个点不一定能确定10个平面，比如四棱锥中五个点最多可确定7个平面，所以错误故选C.3下面四个说法，正确的有()如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；两条直线可以确定一个平面；若M，M，l，则Ml；在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内A1个 B2个 C3个 D4个答案A解析若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交；两条异面直线不能确定一个平面；若M，M

3、，则M是平面与的公共点，又l，则Ml；在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故选A.4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5如图，已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBDF，DC1CD1E，则直线EF是平面ACD1与()A平面

4、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BDC1EF.故选B.6如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1，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()AA，M，O三点共线BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面答案A解析连接A1C1，AC，则A1C1AC，所以A1，C1，C，A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为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共

5、点同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点所以A，M，O三点共线7在正四棱锥PABCD中，PA2，直线PA与平面ABCD所成的角为60，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为()A90 B60 C45 D30答案C解析如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，OEAP，OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)四棱锥PABCD是正四棱锥，PO平面ABCD，则PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即PAO60.又PA2，OAOB1，OE1，在RtOBE中，OEB45，即异面直线PA与BE所成的角为45，故选C.8已知长方体

6、ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AD1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A. B C D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，C1D，A1C12，由余弦定理，得cosC1DA1，故选A.9如图，四边形ABCD和四边形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_答案解析如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接GP，AG，则GPBD，所以APG为异面直线AP与BD所成的角，在AGP中，AGGPAP，所以APG.10. 如图，正方体ABCDA1B1

7、C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论为_(填序号)答案解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故错误11. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，过M，N，B三点的截面与平面BCC1B1的交线为l，则直线l与AD所成角的余弦值为_答案解析如图，在平面ABCD中，过B作BEAC，交DC延长线于点E，连接BM，BN，NE，NE交CC1于点F，连接BF，则BF就是过M，N，B三点的截面与

8、平面BCC1B1的交线l，由题意得CEDC2NC1，CF2C1F，BCAD，FBC是直线l与AD所成的角(或所成角的补角)，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则BC3，CF2，BF，cosFBC.直线l与AD所成角的余弦值为.12如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为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CD

9、1E，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.二、高考小题13(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解析解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由ECD是正三角形，平面ECD平面ABCD知EO平面ABCD.EOCD，EOON.又点N为正方形ABCD的中心，ONCD.以CD的中点O为坐标原点，O，的方向分别为

10、x轴正方向，y轴正方向，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示不妨设AD2，则E(0,0，)，N(0,1,0)，M，B(1,2,0)，EN 2，BM ，ENBM.连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交故选B.解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.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且MGEF，MG平面ABCD，MGBG.MGEF，BG，BM.BMEN.连接BD，BE，点N是正

11、方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交故选B.14(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答案C解析在正方体ABCDA1B1C1D1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，则tanEAB.故选C.15(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”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

12、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.16(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4C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.三、模拟小题17(2019大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是()直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；夹在两个平行

13、平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；直线m平面，直线n直线m，则n；a，b是异面直线，则存在唯一的平面，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等A与 B与 C与 D与答案D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m平面，直线m直线n，则直线n可能平行于平面，也可能在平面内，因此为假命题18(2019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；

14、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.19(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G

15、H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.20(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 B45 C60 D90答案D解析如图，连接BD，四边形ABCD为菱形，BAD60，AB4，BD4.又BDD1为直角三角形，BDBD2DD，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

16、角由于四边形BCC1B1为正方形，BOC90，故异面直线B1C与AD1所成的角为90.故选D.21(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

17、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上故只有正确一、高考大题1(2019北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点(1)求证：BD平面PAC；(2)若ABC60，求证：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD.因为底面ABCD为菱形，所以BDAC.又PAACA，所以BD平面PAC.(2)证明：因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为

18、底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD的中点，所以AECD.所以ABAE.又ABPAA，所以AE平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF平面PAE.如图，取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FGAB，且FGAB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG.因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE.二、模拟大题2(2020东北师大附中月考)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BCAD且BCAD，BEFA且BEF

19、A，G，H分别为FA，FD的中点(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？解(1)证明：由已知FGGA，FHHD，可得GHAD且GHAD.又BCAD且BCAD，GHBC且GHBC，四边形BCHG为平行四边形(2)BEAF且BEAF，G为FA的中点，BEFG且BEFG，四边形BEFG为平行四边形，EFBG.由(1)知BGCH.EFCH，EF与CH共面又DFH，C，D，F，E四点共面3(2020宁波镇海中学月考)已知ABC和A1B1C1所在平面相交，并且AA1，BB1，CC1交于一点(1)求证：AB和A1B1在同一平面内；(2)若ABA1B1M，BCB1C1

20、N，ACA1C1P，求证：M，N，P三点共线证明(1)如图，AA1BB1O，AA1与BB1确定一平面，设其为，又A，B，A1，B1，AB，A1B1，AB和A1B1在同一平面内(2)ABA1B1M，ACA1C1P，平面ABC平面A1B1C1PM，BC平面ABC，B1C1平面A1B1C1，且BCB1C1N，NPM，即M，N，P三点共线4(2020武汉第二中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PBPD.(1)求证：BDPC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BCl.证明(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC.又因为PBPD，O为BD的中点，所以BDPO.因为POACO，所以BD平面PAC，因为PC平面PAC，所以BDPC.(2)因为底面ABCD为菱形，所以BCAD，因为BC平面PAD，AD平面PAD.所以BC平面PAD.又因为BC平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BCl.