2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习32《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习32《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是( )
A.6eq \r(2) B.12 C.12eq \r(2) D.24eq \r(2)
已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )
A.3对 B.4对 C.5对 D.6对
在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC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
若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c( )
A.一定平行
B.一定相交
C.一定是异面直线
D.一定垂直
下列四个命题中错误的是( )
A.若直线a，b互相平行，则直线a，b确定一个平面
B.若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线
C.若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
D.两条异面直线不可能垂直于同一个平面
已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β=c，那么直线c一定( )
A.与a，b都相交
B.只能与a，b中的一条相交
C.至少与a，b中的一条相交
D.与a，b都平行
到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( )
A.1 B.4 C.7 D.8
已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：
①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；
②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；
③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.
其中正确的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
如图所示，边长为a的空间四边形ABCD中，∠BCD=90°，平面ABD⊥平面BCD，则异面直线AD与BC所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
给出下列三个命题：
①垂直于同一直线的两条直线互相平行；
②垂直于同一平面的两个平面互相平行；
③若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线.
其中假命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,3)
若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为( )
A.平行 B.相交 C.平行或重合 D.平行或相交
二、填空题
正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是 (填序号).
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E­ABC的体积为定值；
④直线B1E⊥直线BC1.
三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是 .
在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知底面ABCD为正方形，P为A1D1的中点，AD=2，AA1=eq \r(3)，点Q是正方形ABCD所在平面内的一个动点，且QC=eq \r(2)QP，则线段BQ的长度的最大值为 .
如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且eq \f(CF,CB)=eq \f(CG,CD)=eq \f(2,3)，则下列说法正确的是 .(填写所有正确说法的序号)
①EF与GH平行；
②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上.
如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA中点，则异面直线MN和CD所成角的余弦值为 .
\s 0 答案解析
答案为：A.
解析：如图，已知空间四边形ABCD，对角线AC=6，BD=8，
易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角，
大小为45°，故S四边形EFGH=3×4×sin45°=6eq \r(2).故选A.
答案为：C
解析：因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB，共5对.
答案为：D
解析：在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交.
答案为：D.
解析：两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直.故选D.
答案为：C
解析：过两条平行直线，有且只有一个平面，A正确；如果四点中存在三点共线，则四点共面，B正确；两条直线没有公共点，这两条直线可能平行，也可能异面，C错误；垂直于同一个平面的两条直线平行，这样的两条直线共面，D正确.
答案为：C.
解析：如果c与a、b都平行，那么由平行线的传递性知a、b平行，与异面矛盾.故选C.
答案为：C.
解析：当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥.
①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图1.令截面与四棱锥的四个面之一平行，
第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；
②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图2，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件.因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个.所以满足条件的平面共有7个，故选C.
答案为：B
解析：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错；显然③成立.故选答案为：B.
答案为：C；
解析：由题意得BC=CD=a，∠BCD=90°，所以BD=eq \r(2)a，所以∠BAD=90°，
取BD的中点O，连接AO，CO，
因为AB=BC=CD=DA=a，
所以AO⊥BD，CO⊥BD，且AO=BO=OD=OC=eq \f(\r(2)a,2)，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊥BD，
所以AO⊥平面BCD，
延长CO至点E，使CO=OE，连接ED，EA，EB，
则四边形BCDE为正方形，即有BC∥DE，
所以∠ADE(或其补角)即为异面直线AD与BC的所成角，
由题意得AE=a，ED=a，
所以△AED为正三角形，所以∠ADE=60°，
所以异面直线AD与BC所成角的大小为60°.故选C.
答案为：D
解析：取正方体交于同一顶点的三条棱l1，l2，l3，满足l1⊥l2，l2⊥l3，但l1⊥l3，故l1∥l3不一定成立，故①是假命题；取正方体交于同一顶点的三个平面α，β，γ，满足α⊥β，α⊥γ，但β⊥γ，故β∥γ不一定成立，故②是假命题；在异面直线l1上取一点A，在l2上取两点B，C，则直线AB，AC与l1，l2都相交，但AB，AC相交，不是异面直线，故③是假命题.
答案为：A.
解析：如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD=m1，因为α∥平面CB1D1，所以m1∥m，
又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
且平面B1D1C∩平面A1B1C1D1=B1D1，
所以B1D1∥m1，故B1D1∥m.
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1，
同理可证CD1∥n.
故m，n所成角即直线B1D1与CD1所成角，
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，
故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为eq \f(\r(3),2).
答案为：D
解析：当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零，满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为零.故选D.
答案为：①②③.
解析：因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；
记正方体的体积为V，则VE­ABC=eq \f(1,6)V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.
答案为：0或1.
解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种情况：一是两两相交，
有1个交点；二是互相平行，没有交点.
答案为：6.
解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，则P(1,0，eq \r(3))，C(0,2,0)，B(2,2,0)，Q(x，y,0)，
因为QC=eq \r(2)QP，所以eq \r(x2＋y－22)=eq \r(2)eq \r(x－12＋y2＋3)⇒(x－2)2＋(y＋2)2=4，
所以(y＋2)2=4－(x－2)2≤4⇒|y＋2|≤2⇒－4≤y≤0，
BQ=eq \r(x－22＋y－22)=eq \r(4－y＋22＋y－22)=eq \r(4－8y)，
根据－4≤y≤0可得4≤4－8y≤36，
所以2≤BQ≤6，故线段BQ的长度的最大值为6.
答案为：④.
解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，
所以E，F，G，H共面.
因为EH=eq \f(1,2)BD，FG=eq \f(2,3)BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，
设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上.同理，点M在平面ACD上，
∴点M是平面ACB与平面ACD的交点，
又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上.
答案为：4
解析：取CD的中点H，连接EH，FH.在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，
所以CD⊥平面EFH.所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左、右两侧面平行，
则EF也与之平行，与其余四个平面相交.
答案为：eq \f(\r(2),2).
解析：取AC的中点E，连接NE，ME，由E，N分别为AC，AD的中点，知NE∥CD，
故MN与CD所成的角即MN与NE的夹角，即∠MNE.设正四面体的棱长为2，
可得NE=1，ME=1，MN=eq \r(2)，故cs∠MNE=eq \f(NE2＋MN2－ME2,2NE·MN)=eq \f(\r(2),2).