1、考点突破练7空间点、直线、平面的位置关系一、选择题1.(2022黑龙江齐齐哈尔一中一模)已知两条直线a,b和平面,若b,则“ab”是“a”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.(2022四川绵阳三模)已知,是两个不同的平面,m是一条直线,若,则“m”是“m”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3.(2022湖南师大附中一模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C与平面AB1D1的交点为M,点O为线段B1D1的中点,则下列结论错误的是()A.A,M,O三点共线B.M,O,A1,A四点共面C.B,B1,
2、O,M四点共面D.A,O,C,M四点共面4.(2022甘肃兰州模拟)已知l,m,n为空间中的三条直线,为平面.现有以下三个命题:若l,m,n两两相交,则l,m,n共面;若n,l,则ln;若n,l,则ln.其中的真命题是()A.B.C.D.5.(2022北京丰台二模)已知两条不同的直线l,m与两个不同的平面,则下列结论中正确的是()A.若l,lm,则mB.若l,l,则C.若m,lm,则lD.若,l,则l6.(2022福建福州三模)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BC的中点,F是AB的中点,则()A.AE=CF,AC与EF是共面直线B.AE
3、CF,AC与EF是共面直线C.AE=CF,AC与EF是异面直线D.AECF,AC与EF是异面直线7. (2022江西赣州二模)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AB的中点,点F为BC的中点,则过点A与B1E,C1F都平行的平面被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面面积为()A.72B.534C.3D.328. (2022河南开封模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,CC1的中点,有下列三个判断:直线B1M与BN是异面直线;AD平面CDD1C1;BN平面ADM.则上述判断正确的个数是()A.0B.1C.2D.39.(20
4、22黑龙江齐齐哈尔三模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=120,AC=BC=12AA1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是()A.147B.357C.3714D.1331410. (2022河北张家口三模)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=()A.13B.12C.2-32D.3-1211. (2022贵州毕节三模)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,点O为对角线AC,BD的交点,若平面EOF平面ABCD=l,lAB=G,且AG
5、=kGB,则实数k=()A.14B.13C.12D.2312.(2022四川内江三模)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示,则()A.三棱锥A-BCD的体积为3B.ACBDC.平面ABC平面BCDD.平面ABC平面ACD二、填空题13. (2022陕西榆林模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点M是棱AB的中点,点P是底面ABCD内的动点,且点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长度,则线段B1P长度的最小值为.14. 在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形.请在下面给出的4个条件中选出2个作为一组,使得它们能成为“在BC边上存在点Q
6、,使得PQD为钝角三角形”的充分条件.PA=2,BC=3,AB=2,AB=1.(写出符合题意的一组即可)15.(2022黑龙江大庆三模)已知四面体ABCD的所有棱长均为2,M,N分别为棱AD,BC的中点,F为棱AB上异于点A,B的动点,有下列结论:线段MN的长度为1;存在点F,满足CD平面FMN;四面体ABCD的外接球表面积为3;MFN周长的最小值为2+1.其中所有正确结论的编号为.16.(2022浙江义乌中学模拟预测)香囊,又名香袋、花囊,是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品,香囊形状多样,如图1所示的六面体就是其中一种,已知该六面体的所有棱长均为2,其平面展开图如图2所示.则图2中的两线段A
7、D与BC,在图1的六面体中实际所成的角为,若该六面体的正视图由一菱形与其两条对角线组成(如图3所示),则这个菱形的面积为.图1图2图3考点突破练7空间点、直线、平面的位置关系1.D解析: 因为b,若ab,则a或a,则aba;若a,且b,则a与b平行或异面,即aba.所以,“ab”是“a”的既不充分也不必要条件.2.C解析: 由,若m,则m,同理,若m,也有m.所以“m”是“m”的充要条件.故选C.3. C解析: 因为AA1CC1,所以A,A1,C1,C四点共面.因为MA1C,所以M平面ACC1A1,又M平面AB1D1,所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理,点O,A也在平面A
8、CC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线,从而M,O,A1,A四点共面,A,O,C,M四点共面.由长方体性质知,OM,BB1是异面直线,即B,B1,O,M四点不共面.故选C.4.D解析: 对于,当直线l,m,n两两垂直且相交于一点时,l,m,n不共面;对于,若n,l,则l与n平行或异面;对于,由线面垂直的性质可知,正确.故选D.5.B解析: 由两条不同的直线l,m与两个不同的平面,知:对于A,若l,lm,则m与平行或m或m与相交或m,故A错误;对于B,若l,l,则由面面垂直的判定定理得,故B正确;对于C,若m,lm,则l或l,故C错误;对于D,若,l,则l或l,故D错误.故选
9、B.6. D解析: 由题意,圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形,因为E是BC的中点,F是AB的中点,所以AC平面ABCD,EF与平面ABCD相交,且与AC无交点,所以AC与EF是异面直线.又CF=12+22=5,AE=22+(2)2=6,所以AECF.故选D.7. D解析: 取A1B1的中点G,A1D1的中点H,则AGH就是平面被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的截面,其中AG=AH=5,GH=2,GH边上的高为(5)2-222=322,所以AGH的面积S=122322=32.故选D.8. C解析: B1M与平面BCC1B1相交于点B1,BN平面BCC1B1,B1M与BN无交点,故B1
10、M与BN是异面直线,故正确;因为ABCD-A1B1C1D1为长方体,故AD平面CDD1C1,故正确;取DD1的中点为Q,连接AQ,QN,QNAB且QN=AB,故四边形ABNQ为平行四边形,故AQBN,AQ与平面ADM相交于点A,故AQ与平面ADM不平行,即BN与平面ADM不平行,故错误.故选C.9. C解析: 如右图所示,连接BC1,因为ACA1C1,所以A1B与A1C1的夹角就是异面直线A1B与AC所成角,不妨设AC=1,由余弦定理得AB=AC2+BC2-2ACBCcosACB=12+12-211cos120=3,A1B=22+(3)2=7,BC1=12+22=5,在C1A1B中,cosC1
11、A1B=A1C12+A1B2-BC122A1C1A1B=1+7-527=3714.故选C.10.D解析: 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1ED,EDAB,显然CDE-C1A1B1是三棱台,设ABC的面积为1,CDE的面积为S,三棱柱的高为h,121h=13h(1+S+S),解得S=3-12,由CDECAB,可得CDAC=S1=3-12.故选D.11. B解析: 延长EF交DA的延长线于点H,连接OH交AB于点G,HEF,EF平面EOF,H平面EOF,HAD,AD平面ABCD,H平面ABCD,平面EOF平面ABCD=l,Hl,又平面EOF平面ABCD=O
12、,Ol,故直线OH即为直线l,取AD的中点M,连接MO,ME,又点E,F分别是棱A1D1,A1A的中点,AH=A1E=AM,AG=12MO=14AB,BG=34AB,AG=13GB,即k=13.故选B.12. B解析: 由题意可以分析:在三棱锥A-BCD中,平面ABD平面BCD,且AB=AD=BD=2,CB=CD=2.对于A,取BD的中点E,连接AE.因为AB=AD=BD=2,所以AEBD且AE=2sin 60=3.因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,所以AE平面BCD,即AE为三棱锥的高.因为SBCD=12BCBDsin 60=122232=3,AE=3,所以三棱锥A-BC
13、D的体积为V=13SBCDAE=1333=1.故A错误;对于B,取BD的中点E,连接AE,CE,则AEBD,CEBD.又AECE=E,所以BD平面ACE,所以ACBD.故B正确;对于C,对于平面BCD,AE平面BCD,所以平面ACE平面BCD,所以平面ABC和平面BCD不垂直.故C错误;对于D,在ABC和ADC中,因为AB=AD=2,CB=CD=2,AC=AC,所以ABCADC.取AC的中点F,连接BF,DF,则BFAC,DFAC,所以BFD即为二面角B-AC-D的平面角.在直角三角形ACE中,因为AE=CE=3,所以AC=AE2+CE2=3+3=6.在三角形ACB中,AB=CB=2,AC=6
14、,所以BF=AB2-AC22=4-64=102.同理,DF=102.而BD=2,所以BF2+DF2BD2,所以BFD90,即二面角B-AC-D不是直二面角,所以平面ABC平面ACD不成立.故D错误.故选B.13. 26解析: 由点P到平面ADD1A1的距离等于线段PM的长度,可知点P是以M为焦点,以AD为准线的抛物线.以AM的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.M(1,0,0),B1(3,0,4),设P(x,y,0),点P的方程为y2=4x(0x3),B1P=(x-3)2+y2+16=x2-2x+25,所以当x=1时,B1P的长度最小为26.14. 或皆可,答案不唯一解析: 设PA
15、=a,AB=b,AD=c,BQ=x(0xc),则CQ=c-x.连接AQ.因为PA平面ABCD,底面四边形ABCD为矩形,所以PAAQ,则PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=a2+b2+x2,DQ2=CD2+CQ2=b2+(c-x)2,PD2=PA2+AD2=a2+c2,若在BC边上存在点Q,使得PQD为钝角三角形,则有PQ2+DQ2PD2或PQ2+PD2DQ2或DQ2+PD2PQ2,易验证PQ2+PD2DQ2与DQ2+PD2PQ2均不符合题意,则PQ2+DQ2PD2,即a2+b2+x2+b2+(c-x)2a2+c2,整理得x2-cx+b20,即只需BC2AB即可,因为PA=2,BC
16、=3,AB=2,AB=1,所以选或.15. 解析: 连接AN,DN,因为四面体ABCD的所有棱长均为2,则AN=DN=62且MNAD,所以MN=32-12=1,正确;若E为AC的中点,连接ME,NE,又M为棱AD的中点,则MEDC,因为ME=NE=22,MN=1,所以ME2+NE2=MN2,即MEN=90,所以ME与MN不垂直,要使CD平面FMN,即ME平面FMN,又MN平面FMN,则MEMN,出现矛盾,错误;由题设知四面体ABCD为正四面体,故外接球的半径r=642=32,所以表面积为4r2=3,正确;要使MFN的周长最小,只需MF+FN最小,将平面ABD,平面ABC展开为一个平面,如右图:当M,F,N三点共线时,MF+FN最小,为MN=2,故MFN周长的最小值为2+1,正确.故答案为.16. 90463解析: 根据题意,六面体为两个正四面体的叠加,把题图2还原成六面体如图所示,AD与BC是对棱,由对称性知AD与BC垂直,故六面体中实际所成的角为90.在六面体中,作EO平面ABC于点O,则点O为ABC的中心,由六面体的正视图为菱形且它的两条对角线为实线,可得正视图的方向为向量AO的方向.由几何体的所有棱长为2,得BO=23223=233,