人教A版（2023）必修第二册8.4空间点、直线、平面之间的位置关系（含解析）

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一、单选题

1．若点在直线上，在平面内，则，，之间的关系可记作（）

A．B．C．D．

2．若a，b为两条异面直线，，为两个平面，，，，则下列结论中正确的是()

A．l至少与a，b中一条相交

B．l至多与a，b中一条相交

C．l至少与a，b中一条平行

D．l必与a，b中一条相交，与另一条平行

3．下列说法正确的是（）

A．三点可以确定一个平面B．一条直线和一个点可以确定一个平面

C．四边形一定是平面图形D．两条相交直线可以确定一个平面

4．如图所示，用符号语言可表示为（）

A．，，B．，，

C．，，，D．，，，

5．如图.是圆的直径，，，是圆上一点(不同于，)，且，则二面角的平面角为（）

A．B．C．D．

6．下列命题中，正确的是（）

A．三点确定一个平面

B．垂直于同一直线的两条直线平行

C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则

D．若a、b、c是三条直线，且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上

7．如图，为圆锥底面直径，点是底面圆上异于的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当与所成角为时，与所成角为（）

A．B．C．D．

8．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）

A．B．C．D．

9．设，，是空间的三条直线，下面给出四个命题：

①若，，则

②若，是异面直线，，是异面直线，则，是异面直线

③若和相交，和相交，则和也相交

④若和共面，和共面，则和也共面

其中正确命题的个数（）

A．3B．2C．1D．0

10．在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥BD，AB＝BC＝BD＝2，E，F分别是BC，AD的中点，则直线AE与CF所成角的余弦值为（）

A．﹣B．C．D．﹣

11．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

12．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）

A．B．-C．2D．

二、填空题

13．不共线的三点确定___________个平面.（填数字）

14．互相平行的四条直线，每两条确定一个平面，最多可确定____________个平面；

15．已知，是两条不同的直线，，是两个不同平面，则以下命题不成立的是__

（1）若，，，则

（2）若，，则

（3）若，，则

（4）若，，，则

16．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

17．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

三、解答题

18．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．

19．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．

20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.

21．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．

试卷第1页，共3页

试卷第1页，共3页

参考答案：

1．B

利用空间中点、线、面之间关系的符号表示即可求解.

【详解】

因为点Q(元素)在直线b(集合)上,所以.

又因为直线b(集合)在平面(集合)内,

所以.所以.

故选：B

2．A

此种类型的题可以通过举反例判断正误.

【详解】

因为a，b为两条异面直线且，，，所以a与l共面，b与l共面.

若l与a、b都不相交，则a∥l，b∥l，a∥b，与a、b异面矛盾，故A对；

当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，故B、C、D错.

故选：A.

3．D

根据确定平面的公理以及推论判断即可.

【详解】

A错误，不共线的三点可以确定一个平面；

B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面；

C错误，四边形不一定是平面图形，比如空间四边形；

D正确，两条相交直线可以确定一个平面．

故选：D．

4．A

由图可知两平面相交于直线，直线在平面内，两直线交于点，从而可得答案

【详解】

由图可知平面相交于直线，直线在平面内，两直线交于点，所以用符号语言可表示为，，，

故选：A

5．C

由圆的性质知：，根据线面垂直的判定得到面，即，结合二面角定义可确定二面角的平面角.

【详解】

∵是圆上一点(不同于，)，是圆的直径，

∴，，，即面，而面，

∴，又面面，，

∴由二面角的定义：为二面角的平面角.

故选：C

6．D

利用空间点、线、面位置关系直接判断.

【详解】

A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；

B.由墙角模型，显然B错误；

C.根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不一定垂直，故C错误；

D.因为，所以确定唯一一个平面，又与都相交，故直线共面，故D正确；

故选：D.

7．C

作与圆交于点，连接，四边形为平行四边形，，连接，则为与所成角，解即可得解.

【详解】

设圆锥母线长为，则，解得，

，与所成角，

，中，

作与圆交于点，

连接，四边形为平行四边形，，

连接，则为与所成角，

中，可得，

，

故选：C.

8．B

连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.

【详解】

在正方体中，连接，，可得，

所以异面直线与所成角即为直线与所成角，

即为异面直线与所成角，

不妨设，则，，

取的中点，因为，所以，

在直角中，可得.

故选：B.

9．D

根据直线与直线位置关系判断各命题的对错,

【详解】

解：（1）错，在空间中，，时，与关系可能是平行，相交，异面；

（2）错，与同在一个平面时，可以与平面外一直线异面；

（3）错，在空间中，三条直线不一定交于一点，也不一定在一个平面内；

（4）错，和相交，和相交，则与不一定相交，它们不一定在一个平面内；

故选：D

10．B

取CE，AF，AC的中点分别为M，N，G，作NO⊥BD于O，连接MG，GN，MN，MO，由直线AE与CF所成角即为GM与GN所成角，利用余弦定理求解cos∠MGN即可

【详解】

取CE，AF，AC的中点分别为M，N，G，作NO⊥BD于O，

连接MG，GN，MN，MO，如图，

由中位线性质可得GM∥AE，GN∥CF，得直线AE与CF所成角即为GM与GN所成角，

根据题意得：

GM＝AE＝＝，

GN＝＝＝，

MN＝＝＝＝，

∴cos∠MGN＝＝，

∴直线AE与CF所成角的余弦值为.

故选：B

11．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：．

12．A

如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，或其补角为异面直线与所成角．

【详解】

解：如图所示，

分别取，，，的中点，，，，则，，，

或其补角为异面直线与所成角．

设，则，，

，

异面直线与所成角的余弦值为，

故选：A．

平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

③计算：求该角的值，常利用解三角形；

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

13．1

由空间几何的公理求解即可

【详解】

不在同一条直线上的三个点确定唯一的一个平面

故答案为：1

14．6

当4条直线中任意三条直线都不共面时，每两条确定一个平面，平面最多，结合正方体，即可得出答案.

【详解】

解：当4条直线中任意三条直线都不共面时，每两条确定一个平面，平面最多，

如图正方体的四条侧棱，

所以最多可确定6个面.

故答案为：6.

15．（1）（2）（4）

由线线、线面、面面的位置关系，判断线、面有关命题的真假即可.

【详解】

由，是两条不同的直线，，是两个不同平面，知：

在（1）中，若，，，则与平行或异面，错误；

在（2）中，若，，则与相交、平行或，错误；

在（3）中，若，，则由面面垂直的判定定理得，正确；

在（4）中，若，，，则与相交或平行，错误．

故答案为：（1）（2）（4）．

16．如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】

将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.

17．32

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

18．（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.

19．（1）见详解；（2）18

（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；

（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】

（1）因为在长方体中，平面；

平面，所以，

又，，且平面，平面，

所以平面；

（2）设长方体侧棱长为，则，

由（1）可得；所以，即，

又，所以，即，解得；

取中点，连结，因为，则；

所以平面，

所以四棱锥的体积为.

本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.

20．（Ⅰ）见解析；

（Ⅱ）见解析；

（Ⅲ）见解析.

(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；

(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.

【详解】

（Ⅰ）证明：因为平面,所以；

因为底面是菱形，所以;

因为,平面,

所以平面.

（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,

因为,所以；

因为平面，平面,

所以；

因为

所以平面，

平面,所以平面平面.

（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:

分别取的中点，连接,

在三角形中，且；

在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;

又平面，平面，所以平面.

本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

21．（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