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）

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．已知空间中有五个点，如果点在同一个平面内，点在同一个平面内，那么这五个点（ ）
A．一定共面 B．不一定共面 C．一定不共面 D．以上都不对
2．若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
3．下列说法中正确的是（ ）
A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B．平面内的三个顶点到平面的距离相等，则与平行
C．，，则
D．，，，则
4．设，表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，.，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．在空间四边形中，在上分别取E，F，G，H四点，如果交于一点P，则（ ）
A．P一定在直线上
B．P一定在直线上
C．P在直线或上
D．P既不在直线上，也不在直线上
6．某圆柱的高为2，其正视图如图所示，圆柱上下底面圆周及侧面上的点A，B，D，F，C在正视图中分别对应点A，B，E，F，C，且，异面直线所成角的余弦值为，则该圆柱的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．下列叙述错误的是（ ）
A．若p∈α∩β，且α∩β=l，则p∈l.
B．若直线a∩b=A，则直线a与b能确定一个平面.
C．三点A，B，C确定一个平面.
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α则lα.
8．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．
9．已知两条不同的直线和不重合的两个平面，且，有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
10．如果直线l，m与平面满足和，那么必有（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
11．如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是
A． B． C． D．
12．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的结论序号是_______________.①；②平面；③异面直线，所成的角为定值；④直线与平面所成的角为定值；⑤以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化.
14．在如图棱长为的正方体中，点、在棱、上，且，在棱上，为过、、三点的平面，则下列说法正确的是__________．
①存在无数个点，使面与正方体的截面为五边形；
②当时，面与正方体的截面面积为；
③只有一个点，使面与正方体的截面为四边形；
④当面交棱于点，则、、三条直线交于一点．
15．如图，质点从正方体的顶点出发，沿正方体的棱运动，每经过一条棱称之为一次运动，第一次运动经过，第二次运动经过，第三次运动经过，且对于任意的正整数，第次运动所经过的棱与第次运动所经过的棱所在的直线是异面直线，则经过2021次运动后，点到达的顶点为________点
16．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
17．底面为正方形的直四棱柱中，，，点E是的中点则异面直线与所成角的大小为________．
三、解答题
18．参照学习引导4中的关系，用符号表示点、线、面的位置关系：
19．已知直线，平面，且，，．判断直线的位置关系，并说明理由．
20．如图，在正四面体中，点，分别是，的中点，点，分别在，上，且，.
（1）求证：直线，必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）若，求点到平面的距离.
21．如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱是四棱锥的高，且，是侧棱上的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成的角；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
根据点、线、面关系，根据题意五点可以共面也可能不共面，即可得解.
【详解】
设点在同一个平面内，
若，则五点共面，
若，且，这种情况五点不共面，
故选：B
2．D
. 若，有可能，可判断选项A；若，，则与也可能相交，可判断选项B；若，有可能，可判断选项C；由线面垂直的定义和面面平行的判定定理可以判断选项D.
【详解】
对于选项A，有可能，故选项A为假命题；
对于选项B，若，，则与也可能相交，故选项B为假命题；
对于选项C，有可能，故选项C为假命题；
对于选项D，过的平面与平面的交线分别为，则，则，
过的另一个平面与的交线分别为，同理可得，
进而可证得，故选项D为真命题.
故选：D.
3．D
根据线面关系，逐一判断每个选项即可.
【详解】
解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；
对于B选项，如图，，，，分别为正方体中所在棱的中点，平面设为平面，易知正方体的三个顶点，，到平面的距离相等，但所在平面与相交，故错误；
对于选项C，可能在平面内，故错误；
对于选项D，正确.
故选：D.
4．D
利用线面平行的位置关系可判断A；根据线面之间的位置关系可判断B、C；利用面面垂直的判定定理可判断D.
【详解】
A错，∵线面平行，面中的线与此线的关系是平行或者异面，
B错，∵与面中一线平行的直线与此面的关系可能是在面内或者与面平行，
C错，∵两面垂直，与其中一面平行的直线与另一面的关系可能是平行，在面内也可能垂直；
D对，∵线与面平行，线垂直于另一面，可证得两面垂直，
故选：D.
5．B
由题设知面，结合已知条件有面、面，进而可判断P所在的位置.
【详解】
由题意知：面，又交于一点P，
∴面，同理，面，又面面，
由公理3知：点P一定在直线上.
故选：B.
6．A
根据给定正视图及相关信息，还原几何体，用几何法确定异面直线的夹角，
求出圆柱底面圆半径，再确定其外接球半径即可计算作答.
【详解】
依题意，圆柱的直观图如图所示，
连接，设圆柱底面圆的圆心为O，半径为r，由知，E为的中点，C为的中点，
连接，则，即异面直线所成角为或其补角，连接，
由正视图知，则，在中，，即，
在中，有，而异面直线所成角的余弦值为，即，
在中，由余弦定理得：，即，
解得，该圆柱的轴截面矩形对角线，
又圆柱的轴截面矩形是其外接球截面大圆的内接矩形，则该圆柱的外接球的半径，
所以该圆柱的外接球的表面积为.
故选：A
7．C
由空间线面位置关系，结合公理即推论，逐个验证即可．
【详解】
选项，点在是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；
选项，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；
选项，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；
选项，由公理1，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．
故选：C
8．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.
9．A
由直线与平面垂直的性质判断①②；由线面垂直及面面垂直判断直线与平面的位置关系判断③；由线线垂直及线面垂直判断直线与平面的位置关系判断④．
【详解】
解：对于①，由，，可得，故①正确；
对于②，若，，可得，故②正确；
对于③，若，，则或，故③错误；
对于④，若，，则或，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故选：A．
10．A
根据题设线面关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系.
【详解】
由，则；由，则；由上条件，m与可能平行、相交，与有可能平行、相交.
综上，A正确；B，C错误，m与有可能相交；D错误，与有可能相交．
故选：A
11．A
可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.
【详解】
连接，
四边形为平行四边形
异面直线与所成角即为与所成角，即
设
， ，
，，
在中，由余弦定理得：
异面直线与所成角的余弦值为：
本题正确选项：
本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.
12．C
【详解】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
13．①②④⑤
连接BD交AC于O，由正方体的性质结合线面垂直的判定与性质可判断①；由正方体的性质结合线面平行的判定可判断②；作出异面直线所成的角即可判断③；由线面角的概念可判断④；由三棱锥体积公式可判断⑤；即可得解.
【详解】
对于①，连接BD交AC于O，如图，
由正方体的性质可得，平面，
所以，所以平面，所以，故①正确；
对于②，由正方体的性质可得，所以平面，故②正确；
对于③，连接OE，如图，
由题意结合正方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线，所成的角，
由不为定值，可得异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，为定值，
故④正确；
对于⑤，因为，
为定值，点A到平面即平面的距离为定值，
所以以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化，故⑤正确.
故答案为：①②④⑤.
本题考查了正方体几何特征、异面直线的夹角、线面位置关系及几何体体积，考查了空间思维能力，属于中档题.
14．①②④
让从开始逐渐向运动变化，观察所得的截面，从而可得正确的选项．
【详解】
由题设可得为所在棱的中点.
当时，如图（1），
直线 分别交与，连接并延长于，
连接交于，则与正方体的截面为五边形，故①正确.
当，如图（2），此时与正方体的截面为正六边形，其边长为，
其面积为，故B正确.
当重合或重合时，如图（3），与正方体的截面均为四边形，故③错误.
如图（4），
在平面内，设，则，而平面，
故平面，同理平面，
故平面平面即、、三条直线交于一点.
故答案为：①②④.
思路点睛：平面的性质有3个公理及其推理，注意各个公理的作用，其中公理2可用来证明三点共线或三线共点，公理3及其推理可用来证明点共面或线共面，作截面图时用利用公理2来处理.
15．
由题意设第次运动前起始点为，分析第次运动后所在的位置与的位置关系即可.
【详解】
由题，不妨设第次运动前质点在点处，则第次运动经过的或，
当第次运动经过时，第次运动经过或，又第次运动所经过的棱与第次运动所经过的棱所在的直线是异面直线，故第次运动只能经过或，即第次运动后只可能在处，同理当第次运动经过时也有第次运动后只可能在处，故从开始第3次运动后必定在，第6次运动后必定回到,即6次运动为一个周期，又,故经过2021次运动后与经过5次后的位置相同,即处.
故答案为：.
16．①③
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：
则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.
本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
17．
取BC中点为F，将直线EB平移至，找到夹角，在三角形中求解即可.
【详解】
根据题意，取BC中点为F，连接，作图如下：
在四边形中，
因为//，且=BF
故该四边形为平行四边形，
则//，
故为直线与BE所成角或其补角.
在中，根据题意可知
由余弦定理可得：
又异面直线夹角的范围为：
故
即直线与所成角的大小为.
故答案为：.
本题考查异面直线夹角的求解，关键的步骤是平移至直线相交，再在三角形中求解角度.
18．答案见详解
根据空间中点、线、面的位置关系，依次填写即可
【详解】
（1）点与直线、点与平面：用符号表示点，表示直线，表示平面
点与直线存在两种位置关系：
①点在直线上：
②点不在直线上：
点与平面存在两种位置关系：
③点在平面内：
④点不在平面内：
（2）直线与直线：用符号表示直线，符号表示点
直线与直线存在三种位置关系
①相交直线：
②异面直线
③平行直线：
（3）直线与平面：用符号表示点，表示直线，表示平面
直线与平面存在两种情况，三种位置关系：
①直线与平面无交点：
②直线与平面有交点：
直线与平面相交：
直线在平面内：
（4）平面与平面：用表示平面，表示直线
平面与平面存在两种位置关系:
①平面与平面有交点：
②平面与平面无交点：
平面与平面平行：
19．它们是平行直线或异面直线；答案见解析．
利用反证法，根据两条直线交点的个数，可判断其位置关系；
【详解】
直线的位置关系是平行直线或异面直线；
理由如下：由，直线分别在平面，内，
可知直线没有公共点．
因为若有公共点，那么这个点也是平面，的公共点，
这与是平面，平行矛盾．
因此直线不相交，它们是平行直线或异面直线．
20．（1）证明见解析；（2）.
（1）由，可证得，，，四点共面，结合平面平面，即可证得；
（2）由，分析得的面积与的面积相等，进而由到平面的距离为可得解.
【详解】
（1）因为，，所以，故，，，四点共面，且直线，必相交于一点，设，因为， 平面，所以平面，同理：平面，而平面平面，故，即直线，必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）连结，，点到平面的距离为，正四面体的棱长为2，
则该正四面体的高为，所以到平面的距离为，
在中，,
由余弦定理可得：，
在等腰梯形中可得：到的距离为，
而到的距离为点到的距离的，也为，
所以的面积与的面积相等，由可得：，
故点到平面的距离为.
方法点睛：
求解空间中点到平面的距离常用的方法：
（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一条斜线的方向向量，根据，即可求出点到面的距离；
（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离.
21．（1）；（2）.
（1）利用求解即可
（2）连结交于，连结，则可证得，所以(或补角)为异面直线与所成的角，由已知条件可得为等边三角形，再由正三角形的性质可得的值，从而可求得结果
【详解】
（1）因为是四棱锥的高，
所以是三棱锥的高，
所以.
（2）连结交于，连结，
因为四边形是正方形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以，
所以(或补角)为异面直线与所成的角，
因为，，
可得，
所以为等边三角形，所以，
又因为为的中点，所以，
即异面直线与所成的角.
此题考查三棱锥体积的求法，考查异成直线所成的角的求法，考查计算能力的推理能力，属于中档题
答案第1页，共2页
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