【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第6章《立体几何》42 (含详解).ppt，共(61)页，975.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学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、平面间的位置关系第1步狂刷小题·练基础一、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A.2．下列命题正确的个数为()①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交

的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3解析经过不共线的三点可以确定一个平面，∴①不正确；两条平行线可以确定一个平面，∴②正确；两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，∴③正

确；命题④中没有说清三个点是否共线，∴④不正确．3.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M解析∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.

根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．4．以下四个命题中：①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共

面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解析①正确，否则三点共线和第四点必共面；②错，如图三棱锥，能合题意但A、B、C、D、E不共面；③错，从②的几何体知；空间四边形为反例可知，④错．5．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．不可能是相交直线解析由已知得，直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a、b为异面直线相矛盾．6．使直线

a，b为异面直线的充分不必要条件是()A．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点解析对A：a与b可能有交点；对B

，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a∩b＝∅，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．7.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别

是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°解析如图，连接AB1，易知AB1∥EF，连接B1C交BC1于点G，取AC的中点H，连接GH，则GH∥AB1∥

EF.设AB＝BC＝AA1＝a，连接HB，在△GHB中，易知GH＝HB＝GB＝22a，故两直线所成的角即为∠HGB＝60°.8.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有

以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(把你认为正确的结论的序号都填上)．③④解析直线AM与C

C1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．二、高考小题9．[2015·广东高考]若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l

与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交解析解法一：如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确，选D.解法二：因为l分别与l1，l2共面，故l与l

1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，选D.10．[2016·山东高考]已知直线a，b分别在两个不同的平面

α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相

交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.11．[2014·广东高考]若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1

∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l

1∥l4；若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.三、模拟小题12．[2017·武昌调研]已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一

条直线与直线l()A．相交B．平行C．垂直D．异面解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直，当直线l与平面α相交时，在平面α

内至少有一条直线与直线l垂直，所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．13.[2017·贵州安顺调研]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是()A．与AC，

MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直解析因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，M

N＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.14．[2016·江西景德镇二模]将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，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．异面但不垂直解析在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C.15．[2016·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()解析解法一：(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D.解法二：如图，可知选项A、B中的四点共面．对于选项C，易知可构成平行四边形．故选D.16．[2016·云南师大附中月考]三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1与AC、AB所成的角均为60°，∠BAC＝90°

，且AB＝AC＝AA1，则A1B与AC1所成角的正弦值为()A．1B．13C．33D．63解析如图所示，把三棱柱补形为四棱柱ABDC－A1B1D1C1，连接BD1，A1D1，则BD1∥AC1，则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角，设A

B＝a，在△A1BD1中，A1B＝a，BD1＝3a，A1D1＝2a，∴sin∠A1BD1＝63，故选D.17．[2017·南昌调研]若α、β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)①若直线

m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；②若直线m⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直；③若直线m⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线；④若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直

的直线．②④解析对于①，若直线m⊥α，如果α、β互相垂直，则在平面β内，存在与直线m平行的直线，故①错误；对于②，若直线m⊥α，则直线m垂直于平面α内的所有直线，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直，故

②正确；对于③，若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线，故③错误，④正确．第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[2014·陕西高考]四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1

)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．解(1)由该四面体的三视图可知BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2

×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边

形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．2．[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，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BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以

DF⊥平面BEG.3．[2016·广东佛山模拟]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∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．(1)求证：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ABCD是∠ABC＝60°的菱形，所以∠ADC＝60°，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，D四点共面．证明：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PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂

平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P－ACD的高，在Rt△POC中，PO＝OC＝3，PC＝6，在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝6，边PC上的高AM＝PA2－PM2＝102，所以S△PAC＝12PC·AM＝12×6×102

＝152，设点D到平面PAC的距离为h，由VD－PAC＝VP－ACD，得13S△PAC·h＝13S△ACD·PO，即13×152·h＝13×34×22×3，解得h＝2155，所以点D到平面PAM的距离为2155.

4.[2016·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，CD＝2AB＝2AD＝2ED＝xAF.(1)若四点F、B、C、E共面，AB＝a，求x的值；(2)

求证：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，CD＝2a，AF＝2ax，由相似比得AFED＝ABCD，即2axa＝a2a，所以x＝4.(2)证明：不妨设AB＝1，则AD＝AB＝1，CD＝2，在Rt△BAD中，BD＝2，取CD中点为M，则MD与A

B平行且相等，连接BM，可得△BMD为等腰直角三角形，因此BC＝2，因为BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD，又因为平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED⊥AD，所以ED⊥平面ABCD，∴BC⊥DE，又因为BD∩

DE＝D，∴BC⊥平面EDB，∵BC⊂平面ECB，∴平面CBE⊥平面EDB.5.[2017·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：(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∥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⊥S

A.6.[2017·广东适应性检测]如图，在直二面角E－AB－C中，四边形ABEF是矩形，AB＝2，AF＝23，△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形，点P是线段BF上的一点，PF＝3.(1)证明：FB⊥面PAC；(2)求异面直线PC与AB所成的角的余弦值．解(1)证明：易得FB＝4，cos

∠PFA＝cos∠BFA＝32，在△PAF中，PA＝PF2＋FA2－2PF·FA·cos∠PFA＝9＋12－2×3×23×32＝3.∵PA2＋PF2＝3＋9＝12＝AF2，∴PA⊥BF.∵平面ABEF⊥平面ABC

，平面ABEF∩平面ABC＝AB，AB⊥AC，∴AC⊥平面ABEF.∵BF⊂平面ABEF，∴AC⊥BF.∵PA∩AC＝A，∴BF⊥平面PAC.(2)过P作PM∥AB，PN∥AF，分别交BE，BA于M，N，∠MPC或其补角为PC与AB所成的角．连接MC，NC.易得PN＝MB＝32，AN＝32，NC＝

AN2＋AC2＝52，BC＝22，PC＝PN2＋NC2＝7，MC＝MB2＋BC2＝352，cos∠MPC＝14＋7－3542·12·7＝－327＝－3714.∴异面直线PC与AB所成的角的余弦值为3714.