人教A版 (2019)必修 第二册8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系同步达标检测题

一、单选题

1．边长为2的等边和有一内角为的直角所在半平面构成的二面角，则下列不可能是线段的取值的是（    ）

A． B． C． D．

2．在边长为1的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．

3．在体积为的直三棱柱中，为锐角，且，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

4．在长方体中，、，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ）

A．三角形

B．四边形

C．五边形

D．六边形

5．已知四面体的所有棱长都相等，其外接球的体积等于，则下列结论正确的个数为（    ）

①四面体的棱长均为2

②四面体的体积等于

③异面直线与所成角为

A．0 B．1 C．2 D．3

6．如图，已知等边三角形中，，为的中点，动点在线段上（不含端点），记，现将沿折起至，记异面直线与所成的角为，则下列一定成立的是

A． B． C． D．

二、多选题

7．如图，正方体的棱长为4，则下列命题正确的是（　　）

A．两条异面直线和所成的角为45°

B．若分别是的中点，过三点的平面与正方体的下底面相交于直线，且，则

C．若平面，则平面截此正方体所得截面面积最大值为

D．若用一张正方形的纸把此正方体礼品盒完全包住，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是128

8．已知正方体的棱长为1，O是底面的中心，则下列结论正确的是（    ）

A．O到平面的距离为

B．直线OB与平面所成角的正切值为

C．异面直线与BO所成角的大小为

D．若点M是平面内的一点且，则的最小值为

三、填空题

9．空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个

10．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，E，F分别是AB，BC的中点，过点，E，F的平面记为，则下列说法中正确的序号是___________.

①平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形

②平面截直四棱柱所得截面的面积为

③二面角的正切值为

④点B到平面的距离与点D到平面的距离之比为1∶3

11．如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，分如中点，则过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线的长为__________．

12．在棱长为的正方体中，分别为的中点，为正方体棱上一动点.下列说法中所有正确的序号是___________

①在上运动时，存在某个位置，使得与所成角为；

②在上运动时，与所成角的最大正弦值为；

③在上运动且时，过三点的平面截正方体所得多边形的周长为；

④在上运动时（不与重合），若点在同一球面上，则该球表面积最大值为.

四、解答题

13．在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且.

(1)求证：E、F、G、H四点共面；

(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值.

14．如图，在正方体中，是的中点，画出过点，的平面与平面的交线，并说明理由.

15．如图，在四棱锥中，底面为边长为的正方形，.

（1）求证：；

（2）若，分别为，的中点，平面，求三棱锥的体积．

16．用斜二测画法得到的多边形的直观图为多边形，试探索多边形与多边形的面积之间有无确定的数量关系.

参考答案：

1．D

【解析】根据题意,变换直角三角形的空间位置关系.在不同位置情况下,结合两个平面形成的二面角度数及各边长度关系,即可求得线段的取值.

【详解】(1) 当时,空间位置关系如下图所示:

过C作,且

则即为二面角的平面角

所以

由题意可知,

在中,由余弦定理可知

代入可得

而

所以

(2)当时,空间位置关系如下图所示:

过C作,且

则即为二面角的平面角

所以

由题意可知,

在中,由余弦定理可知

代入可得

而

所以

 (3) 当时,空间位置关系如下图所示:

过作交于.过作,且

则即为二面角的平面角

所以

由题意可知,,

在中,由余弦定理可知

代入可得

所以

综上可知, 线段的取值为,和,在四个选项中,不能取的值为

故选:D

【点睛】本题考查了平面与平面的位置关系,根据二面角大小结合余弦定理求线段长度,空间的位置关系的分类讨论,对空间想象能力要求较高,属于难题.

2．D

【分析】根据直线与平面没有公共点可知平面.将截面补全后,可确定点的位置,进而求得三角形面积的最小值.

【详解】由题意,,分别是棱,,的中点,补全截面为,如下图所示:

因为直线与平面没有公共点

所以平面,即平面,平面平面

此时位于底面对角线上,且当与底面中心重合时,取得最小值

此时三角形的面积最小

故选:D

【点睛】本题考查了直线与平面平行、平面与平面平行的性质与应用,过定点截面的作法,属于难题.

3．A

【分析】借助直三棱柱侧棱垂直底面，即为三棱柱的高，利用面积公式和棱柱体积公式求出，再根据为锐角，确定角度，从而准确确定余弦值，利用余弦定理求出长，从而使用正弦定理求出，最后利用等角定理求出异面直线夹角的正弦值即可.

【详解】

，

解得，

又为锐角，

所以，

所以，

由余弦定理得，，

所以，

由正弦定理得，

所以，

解得，，

又因为与平行，

所以异面直线与所成角的正弦值即为与所成角的正弦值，即为.

故选：A.

4．C

【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.

【详解】如图所示，延长、，使，连接、，

∵、、，

∴、，

∵、分别为棱、的中点，

∴，

∴，

∵，又、、三点共线，

∴、、三点共线，∴在截面上，

延长、，使，连接，使，

∴在截面上，

连接、，

∵，且

∴，∴且=，

又为中点，、、三点共线，

∴、、三点共线，

∴截面为五边形，

故选：C．

5．C

【分析】由题意可知，四面体为正四面体，作图，根据勾股定理，写出棱长与外接圆半径之间的等量关系，解得棱长，根据体积公式，可得体积，建系，利用空间向量的夹角公式，求得夹角余弦值，可得答案.

【详解】根据题意，作图如下：

则点为正四面体的外接球的球心，则，

则外接球的体积，解得，

对于①，设四面体的棱长为，

在等边中，，，

在中，，则，

在中，，则，

即，解得：，即，

解得，故正确；

对于②，四面体的体积

，故正确；

对于③，以点为原点，分别以所在直线为轴，以平行于过的直线为轴，如图建立空间直角坐标系：

则，，，，

可得，

设异面直线与所成角为，则，

即，故错误；

故选：C.

6．A

【详解】设正三角形的边长为，

如图，在等边三角形中，过作的垂线，垂足为，

过作，垂足为，

因为，则，且，故，

所以，

，故，又.

将沿折起至，则.

因，，，故平面，

因，故平面， 平面，

所以，又为异面直线、所成的角，

而，因，故，

故选A.

【点睛】折叠过程中空间中角的大小比较，关键是如何把空间角转化为平面角，同时弄清楚在折叠过程各变量之间的关系（可利用解三角形的方法来沟通），此类问题为难题，有一定的综合度.

7．BCD

【分析】A选项，找到异面直线所成的角，并求出角度；B选项，画出图形，找到直线和P点，求出PB的长；C选项，画出平面截此正方体所得面积最大的截面，求出面积；D选项，画出图形，找到所需纸的面积最小的图形，求出面积

【详解】对于选项A：连接，，，

∵∥，∴∠或其补角为异面直线和所成的角，

又∵＝＝＝，∴∠＝，故A不正确；

对于选项B：

连接并延长交于点，连接即为直线即

由△和△全等得:

∴为的中点

又∵∥

∴

∴

故B正确；

对于选项C：如图

取的中点，并依次连接，得到正六边形，此时可证明出平面，且平面截此正方体所得正六边形截面面积最大，，故C正确；

对于选项D：如图①为棱长为4的正方体礼品盒，先把正方体的表面按图所示方式展成平面图形，再把平面图形尽可能拼成面积较小的正方形，如图②(图中数字“1”表示正方体的4个侧面)所示，由图知正方形的边长为8，其面积为128，故D正确．

故选：BCD

8．ABC

【分析】过O作的平行线，交于点E，即可得到O到平面的距离即E到平面的距离，过E作于点F，求出，即可判断A；在平面内作于点H，连接HB，即直线OB与平面所成的角，利用锐角三角函数计算即可判断B，即与BO所成角，连接，求出，即可判断C；连接交平面于点，连接，即可得到动点的轨迹，从而判断D；

【详解】解：对于A，如图1，过O作的平行线，交于点E，则O到平面的距离即E到平面的距离.

连接，过E作于点F，易知平面，所以，又，，所以平面，又，所以平面，易得，故选A正确.

对于B，在平面内作于点H，连接HB，如图2，则平面，又平面平面，故即直线OB与平面所成的角.在中可求得，故选项B正确.

对于C，易知，所以异面直线与BO所成的角即直线与BO所成的角，所以即与BO所成角，连接，易知，，，所以，所以，即异面直线与BO所成角的大小为，故选项C正确.

对于D，连接交平面于点，则易知平面，且，连接，则，

所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆.取的中点N，连接MN，则有.易得为正三角形，且圆内切于，故，所以，故选项D不正确.

故选：ABC

9．32

【分析】按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解

【详解】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；

然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性：

（1）全同侧，这样的平面有2个；

（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，

1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，

考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，

故共有6个，

所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个，

故答案为：32

10．②③④

【分析】作出截面即可判断①；计算出截面各边长度，即可求出面积判断②；图中易作出EF的垂面得到二面角的正切值，即可判断③；连DB与EF交于G，易得D、B到G的距离比，即可判断④.

【详解】如下图，延长DA、DC交直线EF于点P、Q，连接D1P、D1Q，交棱A1A、C1C与点M、N，连接D1M、ME、D1N、NF，可得五边形，故①错误；计算可得截面五边形各边长度分别为D1M=D1N=，ME=EF=FN=，因此五边形D1MEFN可分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，可求得面积分别为和，则五边形D1MEFN的面积为，故②对；连DB与EF交于G，可得二面角的平面角为，可求出，而，所以，故③对；易得BG：DG=1∶3，所以点B、D到平面的距离之比为1∶3，故④对.

故答案为：②③④.

【点睛】(1)作几何体的截面时，关键是要找到两个公共点，连接即可得交线；

(2)多边形的面积没法直接求时，可分割成常见图形求；

(3)由二面角的定义可知，和公共棱垂直的平面与两面的交线所成的角就是二面角的平面角；

(4)线段与平面相交时，线段两端点到平面的距离比等于它们到交点的距离比.

11．

【分析】首先根据平行线将平面进行扩展得到过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，确定点为线段的三等分点靠近的点，最后在直角三角形中求得线段的长度即可.

【详解】由题意将直三棱柱补成一个直四棱柱,

取中点，连接,显然，

取中点，连接，则，

所以A，D，F，E四点共平面，连接与的交点为，连接

所以过点A，D，F，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，

因为，且,

所以点为线段的三等分点靠近的点，

因为，所以，

又D为中点，所以，

因为面,所以，

则.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查截面问题，如需要将平面进行扩展，一般有两种方法，一是通过做平行线进行扩展，一种是找相交直线确定交线上的点进行扩展，在备考中注意多总结.

12．②④

【分析】通过证明平面可知，得①错误；

取中点，根据可知当最大时，最小，则最大，可确定当与或重合时最大，由此计算知②正确；

作出平面截正方体所得的截面图形，依次计算各边长可知③错误；

根据四点共球面可知该球即为三棱锥的外接球，由可知当与重合时，球的半径最大，由此可求得④正确.

【详解】对于①，连接，

平面，平面，；

四边形为正方形，；

又，平面，平面，

又平面，，即与所成角恒为，①错误；

对于②，取中点，连接，，

分别为中点，，又平面，平面，

与所成角即为，，

当最大时，最小，

又，当最大时，最小，

当与或重合时，取得最大值，

的最小值为，②正确；

对于③，延长交于点，连接交于；

延长交于点，连接交于；

则过三点的平面截正方体所得多边形即为五边形；

取中点，连接，

，，，即，

同理可得：，；

，，，

五边形的周长为，③错误；

对于④，若点在同一球面上，则该球即为三棱锥的外接球，

的外接圆半径，

三棱锥外接球半径，

又的最大值为，，

该球表面积最大值为，④正确.

故答案为：②④.

【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，涉及到线线角的求解、正方体截面问题、三棱锥的外接球表面积的求解问题；求解此类问题的基本思路是根据所求量确定最值点，再结合线线角、球的表面积的求解方法确定最值.

13．(1)见解析

(2)

【分析】（1）利用平行的传递性证明即可；

（2）延长，则必交于点，利用相似比求解即可

【详解】（1）连接，

因为H、G分别是AD、CD的中点，

所以，

又，

所以，

所以，

所以E、F、G、H四点共面；

（2）延长，则必交于点，

证明如下：设，

因为平面，

所以平面，

同理平面，

又平面平面，

所以，

所以，则必交于点，

取的中点，连接，

因为，

所以，

又，

所以，

所以，

又，

所以，

所以，

所以，即，

所以，，

所以，

，

所以，即，

所以，即，

所以，

解得或，

又因为，

所以

【点睛】四点共面问题是立体几何中常考的问题之一，解决的方法是结合图象证明这四点成的两条线平行，通过两直线平行，从而说明四点共面

14．见解析

【解析】取的中点，连接，所以过点的平面与平面的交线为.

【详解】如图，取的中点，连接.又因为是的中点，所以.

在正方体中，，所以四边形是平行四边形.

所以，所以，所以四点共面.

因为平面，平面，平面，平面，

所以平面平面.

所以过点的平面与平面的交线为.

【点睛】本题考查了平面与平面交线的画法，考查了学生空间想象，逻辑推理能力，属于中档题.

15．（1）详见解析；（2）．

【分析】(1)利用线面垂直的判定定理，先证明平面PAC，利用线面垂直的性质定理得

根据等三角形的性质可以得;

(2)先证明平面，再将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，从而得出结论.

【详解】（1）如下图，连接，且，

因为地面ABCD是正方形，

所以且O为BD的中点.

又

所以平面，

由于平面, 所以

又，故.

（2）设的中点为,连接,，且,

又，所以四边形为平行四边形，∥，

因为平面，

所以平面，所以,的中点为,

所以.

由平面，又可得，

又，又

所以平面

所以,又,

所以平面

故三棱锥D-ACE的体积为.

16．有确定的数量关系

【解析】先确定三角形的直观图和原始图的面积关系，再将多边形转化为三角形得到答案.

【详解】①设在中，为高边平行于轴，用斜二测画法得到其直观图为，

则有，的高为，

所以.

②当的三边都不与轴平行时，可过其中一个顶点作与轴平行的直线与对边相交，不妨设过点作与轴平行的直线交于点，则将分成和，

由①可知.

③对多边形，可连接，，…，，得到()个三角形，

即，，…，，

由①②知

综上：可知多边形与其直观图多边形的面积之间有确定的数量关系.

【点睛】本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.