（新课标）2020高考数学大一轮复习第八章立体几何题组层级快练50空间点、线、面的位置关系文（含解析）.doc

1、1题组层级快练(五十)1若直线 ab，且直线 a平面 ，则直线 b 与平面 的位置关系是( )Ab BbCb 或 b Db 与 相交或 b 或 b答案 D解析 b 与 相交或 b 或 b 都可以2(2015广东，文)若直线 l1和 l2是异面直线，l 1在平面 内，l 2在平面 内，l 是平面 与平面 的交线，则下列命题正确的是( )Al 与 l1，l 2都不相交 Bl 与 l1，l 2都相交Cl 至多与 l1，l 2中的一条相交 Dl 至少与 l1，l 2中的一条相交答案 D解析 可用反证法假设 l 与 l1，l 2都不相交，因为 l 与 l1都在平面 内，于是 ll 1，同理 ll 2，于

2、是 l1l 2，与已知矛盾，故 l 至少与 l1，l 2中的一条相交3若 P 是两条异面直线 l，m 外的任意一点，则( )A过点 P 有且仅有一条直线与 l，m 都平行B过点 P 有且仅有一条直线与 l，m 都垂直C过点 P 有且仅有一条直线与 l，m 都相交D过点 P 有且仅有一条直线与 l，m 都异面答案 B解析 对于选项 A，若过点 P 有直线 n 与 l，m 都平行，则 lm，这与 l，m 异面矛盾；对于选项 B，过点 P 与 l，m 都垂直的直线，即过 P 且与 l，m 的公垂线段平行的那一条直线；对于选项 C，过点 P 与 l，m 都相交的直线有一条或零条；对于选项 D，过点 P

3、 与 l，m 都异面的直线可能有无数条4如图所示，ABCDA 1B1C1D1是长方体，O 是 B1D1的中点，直线 A1C 交平面 AB1D1于点 M，则下列结论正确是( )AA，M，O 三点共线 BA，M，O，A 1不共面CA，M，C，O 不共面 DB，B 1，O，M 共面答案 A2解析 连接 A1C1，AC，则 A1C1AC，A 1，C 1，A，C 四点共面，A 1C平面 ACC1A1，MA 1C，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 在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上A，M，O 三点共线5下列各图是正方体和

4、正四面体，P，Q，R，S 分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )答案 D解析 在 A 中易证 PSQR，P，Q，R，S 四点共面在 C 中易证 PQSR，P，Q，R，S 四点共面在 D 中，QR平面 ABC，PS面 ABC P 且 PQR，直线 PS 与 QR 为异面直线P，Q，R，S 四点不共面在 B 中 P，Q，R，S 四点共面，证明如下：取 BC 中点 N，可证 PS，NR 交于直线 B1C1上一点，P，N，R，S 四点共面，设为 .可证 PSQN，P，Q，N，S 四点共面，设为 .， 都经过 P，N，S 三点， 与 重合，P，Q，R，S 四点共面6(2019江西景德镇模拟)将

5、图中的等腰直角三角形 ABC 沿斜边 BC 上的中线折起得到3空间四面体 ABCD(如图)，则在空间四面体 ABCD 中，AD 与 BC 的位置关系是( )A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案 C解析 在题图中，ADBC，故在题图中，ADBD，ADDC，又因为 BDDCD，所以AD平面 BCD，又 BC平面 BCD，D 不在 BC 上，所以 ADBC，且 AD 与 BC 异面，故选 C.7空间不共面的四点到某平面的距离相等，则这样的平面的个数为( )A1 B4C7 D8答案 C解析 当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥，如图当平面一侧有一点，另一侧有三点时，令截面与

6、四个面之一平行时，满足条件的平面有 4 个；当平面一侧有两点，另一侧有两点时，满足条件的平面有 3 个，所以满足条件的平面共有 7 个8(2019湖北孝感八校联考)已知平面 及直线 a，b，则下列说法正确的是( )A若直线 a，b 与平面 所成角都是 30，则这两条直线平行B若直线 a，b 与平面 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 平行D若直线 a，b 垂直，则这两条直线与平面 不可能都垂直答案 D解析 对于 A，若直线 a，b 与平面 所成角都是 30，则这两条直线平行、相交或异面，故 A 错误；对于 B，若直线 a，b 与平面

7、所成角都是 30，则这两条直线可能垂直，如图，直角三角形 ACB 的直角顶点 C 在平面 内，边 AC，BC 可以与平面 都成 30角，故 B 错误；C 显然错误；对于 D，假设直线 a，b 与平面 都垂直，则直线 a，b 平行，与已知矛盾，则假设不成立，故 D 正确故选 D.9(2019广东茂名联考)一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个4命题：AFGC；BD 与 GC 成异面直线且夹角为 60；BDMN；BG 与平面 ABCD 所成的角为 45.其中正确的个数是( )A1 B2C3 D4答案 B解析 将平面展开图还原成正方体(如图所示)对于，由图形知 AF 与 GC 异面

8、垂直，故正确；对于，BD 与 GC 显然成异面直线如图，连接 EB，ED，则 BMGC，所以MBD 即为异面直线 BD 与 GC 所成的角(或其补角)在等边BDM 中，MBD60，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，GBD 不等于 45，故错误综上可得正确10(2019内蒙古包头模拟)如图，在正方体 ABCDA 1B1C1D1中，点 P 在线段 AD1上运动，则异面直线 CP 与 BA1所成的角 的取值范围是( )A(0， ) B

9、(0， 2 2C0， D(0， 3 3答案 D解析 当 P 与 D1重合，CPBA 1，所成角为 0；当 P 与 A 点重合，CAA 1C1，连 BC1，5A1BC1为正三角形，所成角为 60，又由于异面直线所成角为(0，90，所以选 D.11如图所示，M 是正方体 ABCDA 1B1C1D1的棱 DD1的中点，给出下列四个命题：过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B 1C1都相交；过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B 1C1都垂直；过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B 1C1都相交；过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B 1C1都平行其中真命题是( )A BC D答案 C

10、解析 将过点 M 的平面 CDD1C1绕直线 DD1旋转任意不等于 (kZ)的角度，所得的平面k2与直线 AB，B 1C1都相交，故错误，排除 A，B，D，选 C.12(2019江西高安段考)已知直四棱柱 ABCDA 1B1C1D1的底面是边长为 1 的正方形，AA1 ，则异面直线 A1B1与 BD1所成角的大小为_2答案 60解析 A 1B1AB，ABD 1为异面直线 A1B1与 BD1所成的角，连接 AD1，则在 RtABD 1中，AB1，易得 AD1 ，tanABD 1 ，ABD 160.3AD1AB 313(2019江西莲塘一中、临川二中联考)如图，正方体 ABCDA 1B1C1D1的

11、棱长为 1，P 为BC 的中点，Q 为线段 CC1上的动点，过点 A，P，Q 的平面截正方体所得的截面为 S，当CQ1 时，S 的面积为_答案 62解析 当 CQ1 时，Q 与 C1重合如图，取 A1D1，AD 的中点分别为 F，G.连接AF，AP，PC 1，C 1F，PG，D 1G，AC 1，PF.F 为 A1D1的中点，P 为 BC 的中点，G 为 AD 的中点，AFFC 1APPC 1 ，PG 綊 CD，AF 綊 D1G.526由题意易知 CD 綊 C1D1，PG 綊 C1D1，四边形 C1D1GP 为平行四边形，PC 1綊 D1G，PC 1綊 AF，A，P，C 1，F 四点共面，四边形

12、 APC1F 为菱形AC 1 ，PF ，过点 A，P，Q 的平面截正方体所得的截面 S 为菱形 APC1F，3 2其面积为 AC1PF .12 12 3 2 6214有下列四个命题：若ABC 在平面 外，它的三条边所在的直线分别交平面 于 P，Q，R，则 P，Q，R 三点共线；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；空间中不共面的五个点一定能确定 10 个平面；若 a 不平行于平面 ，且 a，则 内的所有直线与 a 异面其中正确命题的序号是_答案 解析 在中，因为 P，Q，R 三点既在平面 ABC 上，又在平面 上，所以这三点必在平面ABC 与

13、平面 的交线上，即 P，Q，R 三点共线，所以正确在中，因为 ab，所以 a 与 b 确定一个平面 ，而 l 上有 A，B 两点在该平面上，所以l，即 a，b，l 三线共面于 ；同理 a，c，l 三线也共面，不妨设为 ，而 ， 有两条公共的直线 a，l，所以 与 重合，即这些直线共面，所以正确在中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定 7 个平面，所以错在中，由题设知，a 与 相交，设 aP，如图，在 内过点 P 的直线 l 与 a 共面，所以错15.如图所示，平面 ABEF平面 ABCD，四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形，BADFAB90，BCAD 且 BC AD，BEAF 且 BE AF，G，H 分别为 FA，FD 的中12 12点7(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？答案 (1)略 (2)共面，证明略解析 (1)证明：G，H 分别为 FA，FD 的中点，GH 綊 AD.又BC 綊 AD，12 12GH 綊 BC.四边形 BCHG 为平行四边形(2)C，D，F，E 四点共面理由如下：由 BE 綊 AF，G 是 FA 的中点，得 BE 綊 GF.12所以 EF 綊 BG.由(1)知，BG 綊 CH，所以 EF 綊 CH.所以 ECFH.所以 C，D，F，E 四点共面