2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练39空间点直线平面之间的位置关系

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1.(2023河北邯郸开学考)已知空间四个点,则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”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
2.如图,E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱A1D1与AA1的中点,则下列判断正确的是( )
A.直线AC与BF是相交直线
B.直线C1E与AC互相平行
C.直线C1E与BF是异面直线
D.直线DB与AC互相垂直
3.已知空间中不过同一点的三条直线l,m,n.则“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2023福建永泰一中月考)在底面半径为1的圆柱OO1中,过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD,其中母线AB=2,E是弧BC的中点,F是AB的中点,则( )
A.AE=CF,AC与EF是共面直线
B.AE≠CF,AC与EF是共面直线
C.AE=CF,AC与EF是异面直线
D.AE≠CF,AC与EF是异面直线
5.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E是棱B1C1的中点,则平面AD1E截该正方体所得的截面面积为( )
A.4B.2C.4D.
6.在梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,则直线CD与平面α内的任意一条直线m的位置关系是 .
7.如图,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是 .
8.如图,点A在平面α外,△BCD在平面α内,E,F,G,H分别是线段BC,AB,AD,DC的中点.
(1)求证:E,F,G,H四点在同一平面上;
(2)若AC=6,BD=8,异面直线AC与BD所成的角为60°,求EG的长.
综合提升组
9.(多选)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )
A.A,M,O三点共线
B.A,M,O,A1四点共面
C.C1,O,C,M四点共面
D.D,B1,O,M四点共面
10.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,N为底面ABCD的中心,P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点),M为线段AP的中点,则下列说法中正确的是( )
A.CM与PN是异面直线
B.CM>PN
C.平面PAN⊥平面BB1D1D
D.过P,A,C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
11.(2023湖南郴州考前模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点P,Q,R分别在棱DD1,AA1,CC1上,且D1P=AQ=CR=1,则以平面PQR截正方体所得截面为底面,A为顶点的棱锥的体积为 .
12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上一点,F为棱AA1的中点,且CE=2C1E,AB=2,AA1=3,BC=4,则平面BEF截该长方体所得截面为 边形,截面与侧面ADD1A1,侧面CDD1C1的交线长度之和为 .
13.如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC∥AD,且BC=AD,BE∥AF且BE=AF,G,H分别为FA,FD的中点.
(1)求证:四边形BCHG是平行四边形.
(2)C,D,E,F四点是否共面?为什么?
(3)证明:直线FE,AB,DC相交于一点.
创新应用组
14.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点K在棱A1B1上运动,过A,C,K三点作正方体的截面,若K为棱A1B1的中点,则截面面积为 ,若截面把正方体分成体积之比为2∶1的两部分,则= .
课时规范练39 空间点、直线、平面之间的位置关系
1.A
解析由四个点中有三点在同一直线上,得第四点不在共线三点所在的直线上,∵一条直线和直线外一点确定一个平面,∴这四点在同一个平面内,∴充分性成立;∵四个点在同一平面内,可能各有两点分别在两条相交或平行直线上,从而必要性不成立,故选A.
2.D
解析由题知,AC⊂平面ABCD,BF与平面ABCD交于点B,B∉AC,所以直线AC与BF是异面直线,故A错误;AC⊂平面ACC1A1,EC1与平面ACC1A1交于点C1,C1∉AC,所以直线C1E与AC是异面直线,故B错误;根据正方体性质EF∥AD1∥BC1,所以E,F,B,C1四点共面,所以直线C1E与BF不是异面直线,故C错误;正方体各个表面均为正方形,所以直线DB与AC互相垂直,故D正确.故选D.
3. B
解析由条件可知,当m,n,l在同一平面内时,三条直线不一定两两相交,有可能两条直线平行;或三条直线平行;反过来,当空间中不过同一点的三条直线m,n,l两两相交时,如图,三个不同的交点确定一个平面,则m,n,l在同一平面内,所以“m,n,l”共面是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.故选B.
4. D
解析如图,∵E是弧BC的中点,
∴BE=CE=,
∵F是AB的中点,又AB=2,则BF=1,∴AE=,CF=,
∴AE≠CF;
在△ABC中,O是BC的中点,F是AB的中点,
∴OF∥AC,∴AC与OF是共面直线,
若AC与EF是共面直线,则点E在平面OFAC上,显然矛盾,故AC与EF是异面直线,故选D.
5. D
解析如图,设F是BB1的中点,又E是B1C1的中点,所以BC1∥EF.在正方体中,AD1∥BC1,所以AD1∥EF,所以A,D1,E,F在同一平面内,所以平面AD1E截该正方体所得的截面为平面AD1EF.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF=,AD1=2,等腰梯形AD1EF的高为,所以四边形AD1EF的面积S=,故选D.
6.平行或异面
解析如图,由于ABCD是梯形,AB∥CD,所以AB与CD无公共点,又CD⊄平面α,所以CD与平面α无公共点.当m∥AB时,则m∥DC;当m与AB相交时,则m与DC异面.
7.直线CD
解析由题意知,D∈l,l⊂β,所以D∈β.
因为D∈AB,
所以D∈平面ABC,
所以点D在平面ABC与平面β的交线上.
又因为C∈平面ABC,C∈β,
所以点C在平面β与平面ABC的交线上,
所以平面ABC∩平面β=CD.
8.(1)证明因为E,F,G,H分别是线段BC,AB,AD,DC的中点,所以FG∥BD,且FG=BD,EH∥BD,且EH=BD,故FG∥EH,且FG=EH.故四边形EFGH为平行四边形.故E,F,G,H四点在同一平面上.
(2)解由(1)知四边形EFGH为平行四边形,且FG=BD=4,FE=AC=3.又异面直线AC与BD所成的角为60°,故∠GFE=60°或120°.
当∠GFE=60°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcs60°=25-12=13.
此时EG=;
当∠GFE=120°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcs120°=25+12=37.
此时EG=.
所以EG的长为.
9.ABC
解析平面AA1C∩平面AB1D1=AO,
∵直线A1C交平面AB1D1于点M,
∴M∈AO,即A,M,O三点共线;
根据A,M,O三点共线,又A1A∩AO=A,
∴A,M,O,A1四点共面;
同理,C1,O,C,M四点共面;
由题图知,OM,B1D是异面直线,故D,B1,O,M四点不共面.
故选ABC.
10.BCD
解析由题知,点C,N,A共线,即CN,PM交于点A,所以A,N,C,P,M共面,因此CM,PN共面,故A错误;
记∠PAC=θ,则PN2=AP2+AN2-2AP·ANcsθ=AP2+AC2-AP·ACcsθ,CM2=AC2+AM2-2AC·AMcsθ=AC2+AP2-AP·ACcsθ,又APCM2-PN2=(AC2-AP2)>0,CM2>PN2,即CM>PN,故B正确;
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AN⊥BD,BB1⊥平面ABCD,则BB1⊥AN,BB1∩BD=B,可得AN⊥平面BB1D1D,AN⊂平面PAN,从而可得平面PAN⊥平面BB1D1D,故C正确;
设过P,A,C三点的正方体的截面与C1D1相交于点Q,则AC∥PQ,且PQ11.
解析如图,延长PQ交DA的延长线于点M,延长PR交DC的延长线于点N,连接MN交AB于点E,交BC于点F,连接QE,RF,AR,AF,AC,则平面PQEFR即为平面PQR截正方体所得的截面.
∵D1P=AQ=1,则DP=3,又∵AQ∥DP,
∴,即,解得MA=2,
同理可得CN=2,则DN=DC+CN=4+2=6,MD=6,
∵AE∥DN,∴,又DN=6,则AE=2,同理可得CF=2;
∴VP-DMN=·PD·S△DMN=×3××6×6=18,VQ-AME=·AQ·S△AME=×1××2×2=,VR-CFN=VQ-AME=,
VR-AFC=·CR·S△ACF=×1××2×4=,
VA-PRCD=·AD·SPRCD=×4××(1+3)×4=,
VA-QEFRP=VP-DMN-2VQ-AME-VR-AFC-VA-PRCD=18-2×.
12.五
解析如图,设平面BEF与棱C1D1,A1D1分别交于G,H,则截面为五边形BEGHF.
易知BF∥EG,BE∥FH,则∠ABF=∠EGC1,∠CBE=∠A1HF,
∴,而C1E=1,A1F=,
∴C1G=,A1H=3.则FH=,GE=,故交线长度之和为FH+GE=.
13.(1)证明因为G,H分别为FA,FD的中点,
所以GH∥AD,且GH=AD.
又BC∥AD,且BC=AD,
故GH∥BC,且GH=BC,
所以四边形BCHG是平行四边形.
(2)解C,D,E,F四点共面.理由如下:
由BE∥AF且BE=AF,G是FA的中点可知,BE∥GF且BE=GF,
所以四边形EFGB是平行四边形,
所以EF?BG.
由(1)知BG?CH,所以EF?CH,
所以四边形ECHF为平行四边形,所以EC∥FH,故EC,FH共面.
又点D在直线FH上,所以C,D,E,F四点共面.
(3)证明由(2)可知,EC∥DF,且EC≠DF,所以四边形ECDF为梯形.
所以FE,DC交于一点.
设FE∩DC=M.
因为M∈FE,FE⊂平面ABEF,
所以M∈平面ABEF.
同理M∈平面ABCD.
又平面ABEF∩平面ABCD=AB,
所以点M在AB的延长线上,
所以直线FE,AB,DC相交于一点.
14.
解析取B1C1的中点M,连接KM,MC.
∵KM∥A1C1,而A1C1∥AC,
∴KM∥AC,
∴A,C,M,K四点共面,且AK=MC.
∴四边形ACMK是等腰梯形,如图,
KM=,AC=,AK=,AH=,
∴KH=,
∴S四边形ACMK=××.
设B1K=x,取B1C1上的点M,使B1K=B1M=x,连接KM,MC,
∵KM∥A1C1,A1C1∥AC,∴KM∥AC,∴A,C,M,K四点共面,∵,
∴×x2+×1=,即x2+x-1=0.
∵x>0,∴解得x=.
即B1K=,则A1K=1-,
故.