1、1考点测试 44 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充分非必要条件 B必要非充分条件C充分必要条件 D既非充分又非必要条件答案 A解析 “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” 故选 A2下
2、列命题正确的个数为( )经过三点确定一个平面；梯形可以确定一个平面；两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合A0 B1 C2 D3答案 C解析 经过不共线的三点可以确定一个平面，不正确；两条平行线可以确定一个平面，正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，正确；命题中没有说清三个点是否共线，不正确3若直线上有两个点在平面外，则( )A直线上至少有一个点在平面内B直线上有无穷多个点在平面内C直线上所有点都在平面外D直线上至多有一个点在平面内答案 D解析 根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交
3、，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内24如图， l， A， B ， C ，且 Cl，直线 AB l M，过 A， B， C 三点的平面记作 ，则 与 的交线必通过( )A点 A B点 BC点 C 但不过点 M D点 C 和点 M答案 D解析 A， B ， M AB， M 又 l， M l， M 根据公理 3 可知， M 在 与 的交线上同理可知，点 C 也在 与 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 的位置关系是( )A异面或平行 B异面或相交C异面 D相交、平行或异面答案 D解析 异面直线不具有传递性，可以以长方体为载体加以说明，
4、 a， b 异面，直线 c 的位置如图(可有三种情况)所示，故 a， c 可能相交、平行或异面6以下四个命题中：不共面的四点中，其中任意三点不共线；若点 A， B， C， D 共面，点 A， B， C， E共面，则点 A， B， C， D， E 共面；若直线 a， b 共面，直线 a， c 共面，则直线 b， c 共面；依次首尾相接的四条线段必共面正确命题的个数是( )A0 B1 C2 D3答案 B解析 正确，否则三点共线和第四点必共面；错误，如图三棱锥，能符合题意但A， B， C， D， E 不共面；错误，从的几何体知；空间四边形为反例可知，错误7已知异面直线 a， b 分别在平面 ， 内，
5、且 c，那么直线 c 一定( )3A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 都平行答案 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 C8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故符合条件的棱有 5 条二、高考小题9(2018全国卷)在正方体 ABCD A1B1C1D1中
6、， 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 D22 32 52 72答案 C解析 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 a，5则 tan EAB 故选 CBEAB 5a2a 5210(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 B4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
7、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 B11(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三、模拟小题12(2018武昌调研)已知直线 l 和平面 ，无论直线 l 与平面 具有
8、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13(2018福州五校联考)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 AC
9、B1的交线 D平面 ACC1的交线答案 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 B14(2018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5B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 对于 A，在平面 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 相交但不垂直，所以过直线 m 必有并且也只有
10、一个平面与平面 垂直，B 正确；对于 C，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；对于 D，与直线 m 平行且与平面 垂直的平面有无数个，D 错误故选 B15(2018兰州市高考实战模拟)已知长方体 ABCD A1B1C1D1中，AA1 AB ， AD1，则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值为( )3A B C D64 63 26 36答案 A解析 如图，连接 A1D， A1C1，由题易知 B1C A1D， C1DA1是异面直线 B1C 与 C1D 所成的角，又 AA1 AB ， AD1， A1D2， DC1 ， A1C12，由余弦定理，得3
11、 6cos C1DA1 ，故选 AC1D2 A1D2 A1C212C1DA1D 6416(2018河北石家庄质检)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 D6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 D17(2018武汉调研)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的 AB， CD
12、， 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， CD 与 EF 平行故互为异面直线的有 3 对18(2018山西四校联考)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 ，则下列说法正确的是CFCB CGCD 23_(填写所有正确说法的序号) EF 与 GH 平行； EF 与 G
13、H 异面；7 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 EH BD， FG BD，故 EH FG，所以E， F， G， H 共面因为 EH BD， FG BD，故 EH FG，所以四边形 EFGH 是梯形， EF 与12 23GH 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 上一、高考大
14、题1(2017全国卷)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 ADC90，所以 DO AO在 Rt AOB 中， BO2 AO2 AB28又 AB BD，所以 BO2 DO2 BO2 A
15、O2 AB2 BD2，故 DOB90由题设知 AEC 为直角三角形，所以 EO AC12又 ABC 是正三角形，且 AB BD，所以 EO BD12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 ，四面体 ABCE12的体积为四面体 ABCD 的体积的 ，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11122(2015四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示(1)请将字母 F， G， H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线
16、DF平面 BEG解 (1)点 F， G， H 的位置如图所示(2)平面 BEG平面 ACH，证明如下：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，9所以平面 BEG平面 ACH(3)证明：连接 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 BFH
17、D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)如图所示，正方体 ABCD A1B1C1D1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)如图所示，连接 CD1， EF， A1B， E， F 分别是 AB 和 AA1的中点， FE A1B 且 EF A1B12 A1D1綊 BC，四边形 A1BCD1是平行四边形， A1B D1C， FE D1C， EF 与 CD1可确定一个平面，即 E， C， D1， F 四点共
18、面(2)由(1)知 EF CD1，且 EF CD1，12四边形 CD1FE 是梯形，10直线 CE 与 D1F 必相交，设交点为 P，则 P CE平面 ABCD，且 P D1F平面 A1ADD1， 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)如图所示，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， CD2 AB2 AD2 ED xAF(1)若四点 F， B， C， E 共面， AB a，求 x 的值；(2)求
19、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 相似 AB a， ED a， CD2 a， AF ，2ax由相似比得 ，即 ，所以 x4AFED ABCD 2axa a2a(2)证明：不妨设 AB1，则 AD AB1， CD2，在 Rt BAD 中， BD ，取 CD 中点为 M，则 MD 与 AB 平行且相等，连接 BM，可得2BMD 为等腰直角三角形，因此 BC ，因为 BD2 BC2 CD2，所以 BC BD，又因为平面四边2形 ADEF 所
20、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 EDB5(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：11(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
21、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 SA6(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 ABC60的菱形， M 为 PC 的中点(1)求
22、证： PC AD；(2)在棱 PB 上是否存在一点 Q，使得 A， Q， M， D 四点共面？若存在，指出点 Q 的位置并证明；若不存在，请说明理由；(3)求点 D 到平面 PAM 的距离解 (1)证明：取 AD 的中点 O，连接 OP， OC， AC，因为四边形 ABCD 是 ABC60的菱形，12所以 ADC60， 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
23、， D 四点共面证明如下：取棱 PB 的中点 Q，连接 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 POAD，因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD，所以 PO平面 ABCD，即 PO 为三棱锥 PACD 的高，在 RtPOC 中，POOC ，则 PC ，3 6在PAC 中，PAAC2，PC ，6所以边 PC 上的高 AM ，PA2 PM2102所以 SPAC PCAM ，12 12 6 102 152设点 D 到平面 PAC 的距离为 h，由 VDPAC V PACD ，得 SPAC h SACD PO，13 13即 h 22 ，13 152 13 34 313解得 h ，所以点 D 到平面 PAM 的距离为 2155 2155
