2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时达标检测(三十五)空间点、直线、平面之间的位置关系

间点、直线、平面之间的位置关系

1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为________．

解析：首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面． 答案：4

2．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．

①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.

答案：③④

3．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是________． 解析：结合正方体模型可知b与α相交或b⊂α或b∥α都有可能． 答案：b与α相交或b⊂α或b∥α

4．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连结各边中点所得四边形的面积是________．

解析：如图，已知空间四边形ABCD，对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角，大小为45°，故S四边形EFGH＝3×4×sin 45°＝62.

答案：62

[练常考题点——检验高考能力]

一、填空题

1．(xx·泰州模拟)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是________．

解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面． 答案：相交、平行或异面

2．已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为________．

解析：法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③正确．

法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错，③正确． 答案：1

3.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的

中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．

解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连结C1D，AD， 因为C是圆柱下底面弧AB的中点，

所以AD∥BC，

所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1

的中点，

所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD， 因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形， 所以C1D＝2AD，

所以直线AC1与AD所成角的正切值为2， 所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2. 答案：2

4.如图所示，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD边AB，BC，CD，

AEAHCFCGDA上除端点外的点，＝＝λ，＝＝μ，则下列结论中不正确的是

ABADCBCD________．(填序号)

①当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形； ②当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形；

③当λ≠μ时，四边形EFGH一定不是平行四边形； ④当λ＝μ时，四边形EFGH是梯形． 解析：由＝

AEAHEHFG＝λ，得EH∥BD且＝λ，同理得FG∥BD且＝μ，当λ＝μ时，

ABADBDBDEH∥FG且EH＝FG.当λ≠μ时，EH∥FG，但EH≠FG，只有④错误．

答案：④

5．过正方体ABCD ­A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作________条．

解析：如图，连结体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为2.联想正方体的其他体对角线，如连结BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，∵BB1∥AA1，BC∥AD，∴体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，

DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，

故这样的直线l可以作4条．

答案：4

6.如图，ABCD ­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列正确结论的序号是________．

①A，M，O三点共线；②A，M，O，A1共面；③A，M，C，O不共面；④B，B1，O，M共面．

解析：连结A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以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，所以A，M，O三点共线，所以①②正确，

③错误．易知BB1与OM异面，则④错误．

答案：①②

7.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

CFCG2

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

CBCD3

号)

①EF与GH平行； ②EF与GH异面；

③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； ④EF与GH的交点M一定在直线AC上．

解析：连结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，∴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．

答案：④

8．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．

1

223

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．

答案：3

9．已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝c. ①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交； ②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直； ③若a∥b，则必有a∥c； ④若a⊥b，a⊥c，则必有α⊥β.

其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)

解析：①中若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交，故①正确；②中平面α⊥平面β时，若b⊥c，则b⊥平面α，此时不论a，c是否垂直，均有a⊥b，故②错误；③中当a∥b时，则a∥平面β，由线面平行的性质定理可得a∥c，故③正确；④中若

b∥c，则a⊥b，a⊥c时，a与平面β不一定垂直，此时平面α与平面β也不一定垂直，

故④错误．

答案：①③

10.如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．

解析：如图所示，连结DN，取线段DN的中点K，连结MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC(或其补角)为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝22，∴MK＝2.在Rt△CKN中，CK＝

2＋22－37

2＋1＝3.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝＝，所以82×2×22

2

2

2

2

2

7

异面直线AN，CM所成的角的余弦值是. 8

7答案： 8二、解答题

11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点． (1)求证：直线EF与BD是异面直线；

(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．

解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即

AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故

直线EF与BD是异面直线．

(2)如图，取CD的中点G，连结EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD， 所以相交直线EF与EG所成的角， 即为异面直线EF与BD所成的角． 又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.

1

在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为

245°.

π

12．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，

2

AC＝23，PA＝2.求：

(1)三棱锥P­ABC的体积；

(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．

111

解：(1)S△ABC＝×2×23＝23，三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×23×2＝

23343

. 3

(2)如图，取PB的中点E，连结DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线2＋2－23

BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝2，AD＝2，cos∠ADE＝＝. 2×2×24

3

故异面直线BC与AD所成角的余弦值为. 4

2

2

2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时达标检测（三十八）空

间向量及其运算和空间位置关系 理

1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )

A．9 C．－3

B．－9 D．3

解析：选B 由题意设c＝xa＋yb，则(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴2x－y＝7，

x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，

解得λ＝－9.

2．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则( ) A．l∥α C．l⊂α

B．l⊥α D．l与α斜交

解析：选B ∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α. 3．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中―→―→

点，则AE·AF的值为( )

A．a 12C.a 4

2

12B.a 2D.32a 4

―→―→1―→―→1―→1―→―→―→―→12

解析：选C AE·AF＝(AB＋AC)·AD＝(AB·AD＋AC·AD)＝(acos

2244122

60°＋acos 60°)＝a.

4

4.如图所示，在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交―→―→―→―→

点．若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是( )

11

A．－a＋b＋c

22

11

B.a＋b＋c 22

11

C．－a－b＋c

2211

D.a－b＋c 22

111―→―→―→1―→―→

解析：选A BM＝BB1―→＋B1M＝AA1＋(AD－AB)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.

22225．(xx·云南模拟)已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值为( ) A．3 C．5

B．4 D．6

解析：选C ∵a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，∴a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5，故选C.

―→1―→―→2―→

6．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD， VP＝VC， VM＝VB，

33―→2―→

VN＝VD.则VA与平面PMN的位置关系是________________．

3

―→―→―→―→

解析：如图，设VA＝a，VB＝b，VC＝c，则VD＝a＋c－b， ―→21

由题意知PM＝b－c，

33―→2―→1―→PN＝VD－VC

33221＝a－b＋c. 333

―→3―→3―→因此VA＝PM＋PN，

22―→―→―→

∴VA，PM，PN共面．

又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN. 答案：VA∥平面PMN

―→―→

7．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当QA·QB取最小值时，点Q的坐标是__________．

―→―→―→―→解析：由题意，设OQ＝λOP，则OQ＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则QA―→―→―→

＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， QB＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA·QB＝(1－λ)(242242

－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ－16λ＋10＝6λ－－，当λ＝时

333

448有最小值，此时Q点坐标为，，.

333

448答案：，， 333

[大题常考题点——稳解全解]

1．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|；

―→

(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得OE⊥b？(O为原点) 解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a＋b|＝0＋－

22＋5＝52.

2―→―→

(2)令AE＝tAB (t∈R)， ―→―→―→所以OE＝OA＋AE ―→―→＝OA＋tAB

＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2) ＝(－3＋t，－1－t,4－2t)， ―→―→

若OE⊥b，则OE·b＝0，

9

所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝. 5

142―→6

因此存在点E，使得OE⊥b，此时E点的坐标为－，－，.

5552.已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：

(1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF.

证明：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，

E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4，0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)．

―→―→

(1)DE＝(－2,4,0)，平面ABC的法向量为AA1＝(0,0,4)， ―→―→

∵DE·AA1＝0，DE⊄平面ABC， ∴DE∥平面ABC.

―→―→―→

(2)B1F＝(－2,2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2,2,0)， ―→―→

B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ―→―→

∴B1F⊥EF，∴B1F⊥EF，

―→―→

B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，

―→―→

∴B1F⊥AF，∴B1F⊥AF. ∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF.

3.如图，四棱锥P ­ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．求证：

(1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF.

证明：建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz.

∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，

E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0)．

(1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，∴PB∥EH. ∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH. ―→―→―→

(2)PD＝(0,2，－2)，AH＝(1,0,0)，AF＝(0,1,1)， ―→―→

∴PD·AF＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， ―→―→

PD·AH＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0. ∴PD⊥AF，PD⊥AH.

又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.

4.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面

PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．

解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.

―→―→―→

以O为坐标原点，OB，OC， OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．

底面边长为a，则高SO＝于是S0，0，20，a，0，

2

―→26SD＝－a，0，－a，

22

6

a， 2

622→2―a，D－a，0，0，Ba，0，0，C0，a，0，OC＝2222

―→―→

则OC·SD＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD. (2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.

―→―→26―→

理由如下：由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝a，0，a， CS22＝0，－

26―→22a，a，BC＝－a，a，0. 2222

－t，6

at，而―→―→―→―→―→―→―→22设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝－a，a―BE→·―DS→

＝0⇒t＝13

.

即当SE∶EC＝2∶1时，―BE→⊥―DS→

. 而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.

222