【复习参考】2015年高考数学(理)提升演练：空间点、直线、平面之间的位置关系]

2015届高三数学（理）提升演练：空间点、直线、平面之间的位置关系

一、选择题

1．已知三个命题：①若点P不在平面α内，A、B、C三点都在平面α内， 则P、A、B、C四点不在同一平面内；②两两相交的三条直线在同一平面内；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．其中正确命题的个数是 ( )

A．0 B．1

C．2 D．3

2.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A B．点B

C．点C但不过点M D．点C和点M

3.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为 ( )

A．AC⊥BD

B． AC∥截面PQMN

C．AC＝BD

D．异面直线PM与BD所成的角为45°

4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线 ( )

A．不存在 B．有且只有两条

C．有且只有三条 D．有无数条

5．如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：

①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；

②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；

③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；

④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．

其中真命题是 ( )

A．②③④ B．①③④

C．①②④ D．①②③

6．正四棱锥S－ABCD的侧棱长为2，底面边长为3，E为SA的中点，则异面直线BE和

SC所成的角为 ( )

A．30° B．45°

C．60° D．90°

二、填空题

7．如图，G、H、M、N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________．

8．下列命题中正确的是________．

①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P、Q、R，则P、Q、R三点共线；

②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；

③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面；

④若a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．

9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于________．

三、解答题

10．如图所示，已知E、F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1的中点．试判断四边形EBFD1的形状．

11.如图，已知：E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点，证明：FE、HG、DC三线共点．

12．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝AA1＝4，点O是AC的中点．

(1)求证：AD1∥平面DOC1；

(2)求异面直线AD1和DC1所成角的余弦值．

详解答案

一、选择题

1．解析：当A、B、C三点都在平面α内，且三点共线时，P、A、B、C四点在同一个平面内，故①错误；三棱锥的三条侧棱所在的直线两两相交，但三条直线不在同一平面内，故②错误；两组对边分别相等的四边形也可能是空间四边形，故③错误．

答案：A

2. 解析：∵AB⊂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．

答案：D

3. 解析：依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN⊂平面ACD，且平面ACD∩平面ABC＝AC，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM与BD所成的角是45°.

答案：C

4．解析：在EF上任取一点M.直线CD与点M确定的平面与直线A1D1交于点N，则直线MN与三条直线都相交，由点M的任意性可知这样的直线有无数条．

答案：D

5．解析：由于两相交直线可确定一个平面，设l过M点，与AB、B1C1均相交，则l与AB可确定平面α，l与B1C1可确定平面β，又AB与B1C1为异面直线，

∴l为平面α与平面β的交线，如图所示．

GE即为l，故①正确．

由于DD1过点M，DD1⊥AB，DD1⊥B1C1，BB1为AB、B1C1的公垂线，DD1∥BB1，故②正确．

显然④正确．

过M点有无数个平面与AB、B1C1都相交，故③错误．

答案：C

6．解析：设AC中点为O，则OE∥SC，连接BO，则∠BEO(或补角)即为异面直线BE和SC所成的角，EO＝12SC＝22，BO＝12BD＝62，△SAB中，cosA＝12ABSA＝322＝64＝AB2＋AE2－BE22AB·AE，

∴BE＝2.△BEO中，cos∠BEO＝12，∴ ∠BEO＝60°.

答案：C

二、填空题

7．解析：①③中，GM∥HN，所以G、M、N、H四点共面，从而GH与MN共面；

②④中，根据异面直线的判定定理，易知GH与MN异面．

答案：②④

8．解析：在①中，因为P、Q、R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，即P、Q、R三点共线，所以①正确；

在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A、B两点在该平面上，所以l⊂α，即a、b、l三线共面于α；同理a、c、l三线也共面，不妨设为β，而α、β有两条公共的直线a、l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以②正确；在③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③错；在④中，由题设知，a和α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线l与a共面，所以④错．

答案：①②

9．解析：延长CA至点M，使AM＝CA，则A1M∥C1A，∠MA1B或其补角为异面直线BA1与AC1所成的角，连接BM，易知△BMA1为等边三角形，因此，异面直线BA1与AC1所成的角为60°.

答案：60°

三、解答题

10．解：如图，取BB1的中点M，连接A1M、MF.

∵M、F分别是BB1、CC1的中点，

∴MF綊B1C1.

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有A1D1綊B1C1，

∴MF綊A1D1.

∴四边形A1MFD1是平行四边形，

∴A1M綊D1F.

又E、M分别是AA1、BB1的中点，

∴A1E綊BM，

∴四边形A1EBM为平行四边形．∴EB綊A1M.

∴EB綊D1F.

∴四边形EBFD1是平行四边形．

又Rt△EAB≌Rt△FCB，

∴BE＝BF，∴四边形EBFD1为菱形．

11. 证明：连结C1B，HE，FG，由题意知HC1綊EB，∴四边形HC1BE是平行四边形．∴HE∥C1B.

又C1G＝GC＝CF＝BF，

故GF綊12C1B，

∴GF∥HE，且GF≠HE，

∴HG与EF相交．

设交点为K，

则K∈HG，

HG⊂平面D1C1CD，

∴K∈平面D1C1CD.

∵K∈EF，EF⊂平面ABCD，∴K∈平面ABCD.

∵平面D1C1CD∩平面ABCD＝DC，

∴K∈DC，∴FE、HG、DC三线共点．

12．解：(1)证明：如图，连接D1C交DC1于点O1，连接OO1.

∵O、O1分别是AC和D1C的中点，

∴OO1∥AD1.

又OO1⊂平面DOC1，AD1⊄平面DOC1，

∴AD1∥平面DOC1.

(2)由OO1∥AD1知AD1和DC1所成的角等于OO1和DC1所成的角．

在△OO1D中，由题设可得OD＝52，O1D＝52，OO1＝22.

由余弦定理得

cos∠OO1D＝522＋22－5222×52×22＝225，

故异面直线AD1和DC1所成角的余弦值为225.