8.4空间点、直线、平面之间的位置关系 同步练习（Word版含解析）

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
一、单选题
1．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中下列判断错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则、所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知两条不同直线和平面，下列判断正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若则 D．若则
4．在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
5．如图，矩形中，，正方形的边长为1，且平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知平面经过圆柱的旋转轴，点是在圆柱的侧面上，但不在平面上，则下列个命题中真命题的个数是（ ）
①总存在直线且与异面；
②总存在直线且；
③总存在平面且；
④总存在平面且.
A．l B．2 C．3 D．4
7．长方体中，，，，则异面直线与成角余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知下列三个结论：①铺得很平的一张白纸是一个平面；②平面的形状是平行四边形；③一个平面的面积可以等于.其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
9．设α、β是互不重合的平面，l、m、n是互不重合的直线，下列命题正确的是（ ）
A．若mα，nα，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
C．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n D．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
10．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）
A．5 B． C． D．
11．已知三条不同的直线和两个不同的平面，，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
12．已知直线a，b，平面，，，，，那么“”是“”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
二、填空题
13．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
14．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__________．
15．如图，A、B、C、D、P是球O上5个点，ABCD为正方形，球心O在平面ABCD内，，，则PA与CD所成角的余弦值为______．
16．如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为3，则异面直线与所成角的大小是_______.
17．如图已知A是所在平面外一点，，E F分别是的中点，若异面直线与所成角的大小为，则与所成角的大小为___________.
三、解答题
18．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
19．如图，在梯形中，是直角梯形所在平面外一点，画出平面和平面的交线，并说明理由．
20．如图，在四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形且，，若异面直线和所成的角为，试求的长.
21．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
根据题意还原正方体，结合正方体的结构特征和异面直线的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】
根据题意，还原正方体，如图所示，
连接，可得，又由，所以，所以A正确；
由正方体的结构特征，可知，所以B正确；
因为,为在平面上的射影，所以，所以C正确；
根据正方体的结构特征和异面直线的定义，可得与是异面直线，所以D错误.
故选：D.
2．A
画出图形，判断出、所成角，求解即可．
【详解】
解：如图，∵ 平面，平面，平面，
∴，，
是正三角形.
∴ 、所成角的平面角或补角为，
∴、所成角的正弦值为.
故选：.
3．D
根据线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系即可判断.
【详解】
解：对于选项A：若，则与可能平行，可能相交，可能异面，故选项A错误；
对于选项B：若，则，故选项B错误；
对于选项C：当时不满足，故选项C错误；
综上，可知选项D正确.
故选：D.
4．C
首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】
在长方体中，连接，
根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，
所以该长方体的体积为，故选C.
该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
5．C
取AF的中点G，联结AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.在中，分别求得，利用余弦定理即可求得，从而求得异面直线夹角的余弦值.
【详解】
取AF的中点G，联结AC交BD于O点，如图所示，
则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，
由平面平面知，平面，
由题易知，，则，，
，则在中，由余弦定理知，
，
由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得线线夹角.
6．C
根据空间位置关系可直接判断.
【详解】
解：由已知得直线与平面可能平行，也可能相交，
所以一定存在直线，且与异面，故①正确；
一定存在直线，且，故②正确；
一定存在平面，且，故③正确；
当直线与平面相交时，不存在存在平面，且，故④错误；
所以4个命题中真命题的个数是3个.
故选：C
7．D
连接，可得即为异面直线与所成的角或其补角，即可求出.
【详解】
连接，，四边形为平行四边形，
，则即为异面直线与所成的角或其补角，
.
故选：D.
8．A
根据平面的特性和平面的画法判断.
【详解】
在立体几何中，平面是无限延展的，故①③错误；
通常我们画一个平行四边形来表示一个平面，但并不是说平面就是平行四边形，故②错误，
故选：A.
9．D
根据线面垂直判定定理和线面垂直的性质定理即可判断﹒
【详解】
对于，若，则，错误，满足条件与相交时正确，若与平行，l不一定垂直于；
对于，若，则或与相交或与异面，故错误；
对于，若，则或与相交或与异面，相交与异面时也不一定垂直，故错误；
对于，若，则内存在直线与平行，又，而，故D正确﹒
故选：﹒
10．D
作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.
【详解】
如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，
由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则共面，
故平面截该正方体所得的截面为.
又正方体的棱长为2，，，，，
故的面积为.
故选：D.
11．D
根据线面关系和面面关系的性质可依次判断.
【详解】
对A，若，，则和可能平行、相交或异面，故A错误；
对B，若，，则或，故B错误；
对C，若，，则和可能平行，也可能相交，故C错误；
对D，若，则存在，满足，若，则，所以，故D正确.
故选：D.
12．C
过直线作平面，交平面于直线，，，，由可推出，由可推出，故“”是“”的充要条件．
【详解】
解：若，
过直线作平面，交平面于直线，，，
又，，
又，，
若，
过直线作平面，交平面于直线，，，
，，
又，，
，，
故“”是“”的充要条件，
故选：．
13．32
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
14．
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：.
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.
15．
由题可得∠PAB即为所求，设球O的半径为r，则可得，，在等腰三角形PAB中，即得.
【详解】
∵ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠PAB即为异面直线PA与CD所成角，
设球O的半径为r，球心O在平面ABCD内，则O为正方形ABCD的中心，
由题可知，又，
∴，又，
∴，
在等腰三角形PAB中，.
故答案为：.
16．；
根据，得到异面直线与所成的角，然后在，利用正切函数求解.
【详解】
因为，
所以异面直线与所成的角，
在正四棱柱的底面边长为2，高为3，
所以，
因为，
所以，
故答案为：
17．或
取的中点，连接，则或，分别分析这两种情况下的大小即为与所成角.
【详解】
解：如图所示：取的中点，连接，则， ，
所以为异面直线与所成角或其补角.因为，所以，
当时，为等边三角形，，
即与所成角的大小为；
当时，，为等腰三角形，，
即与所成角的大小为.
故答案为：或.
18．（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【详解】
分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
19．答案见解析.
易知为交线上一点，由于，分别延长和交于一点，即为另一个交点，证明即可.
【详解】
很明显，点是平面和平面的一个公共点，
即点在交线上，由于，
则分别延长和交于点，如图所示．
因为平面，所以平面．
同理，可证平面．
所以点在平面和平面的交线上，
连接，直线是平面和平面的交线．
20．
连接，得到，根据题意，得到，再求得，，结合，即可求解.
【详解】
如图，连接，在四棱柱中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）为和所成的角，
因为异面直线和所成的角为，所以，
因为四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形，
所以是等腰直角三角形，所以，
因为底面四边形是菱形且，，
所以，，
所以.
21．（1）见解析；（2）见解析.
(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】
（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED 平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE 平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C 平面A1ACC1，AC 平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E 平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
答案第1页，共2页
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