新高考高考数学一轮复习巩固练习7.3第58练《空间点、直线、平面之间的位置关系》（解析版）

第58练　空间点、直线、平面之间的位置关系考点一　基本事实的应用1．(2022·南昌模拟)如图，E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，DH＝2HA，CF＝2FB，CG＝2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是(　　)A．直线EF，HG有可能平行B．直线EF，HG一定异面C．直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上D．直线EF，HG一定相交，但交点不一定在直线AC上答案　C解析　∵BE＝2AE，DH＝2HA，∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(AH,DH)＝eq\f(1,2)，则EH∥BD，且EH＝eq\f(1,3)BD，又CF＝2FB，CG＝2GD，∴eq\f(CF,BF)＝eq\f(CG,GD)＝2，则FG∥BD，且FG＝eq\f(2,3)BD，∴EH∥FG，且EH≠FG，∴四边形EFGH为平面四边形，故直线EF，HG一定共面，故B错误；若直线EF与HG平行，则四边形EFGH为平行四边形，可得EH＝GF，与EH≠FG矛盾，故A错误；由EH∥FG，且EH≠FG，EH＝eq\f(1,3)BD，FG＝eq\f(2,3)BD，可得直线EF，HG一定相交，设交点为O，则O∈EF，又EF⊂平面ABC，可得O∈平面ABC，同理，O∈平面ACD，而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴O∈AC，即直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上，故C正确，D错误．2．在空间，已知直线l及不在l上的两个不重合的点A，B，过直线l作平面α，使得点A，B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是(　　)A．1B．2C．3D．无数答案　C解析　(1)如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；(2)如图，当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；(3)如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．3．(多选)设α，β表示平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题，其中正确的是(　　)A．若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂αB．若α，β不重合且A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝ABC．若l⊄α，A∈l，则A∉αD．若A，B，C∈α，A，B，C∈β，则α与β重合答案　AB解析　若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α，A正确；若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则直线AB既在平面α内，又在平面β内，所以α∩β＝AB，B正确；若l⊄α，则直线l可能与平面α相交于点A，所以A∈l时，A∈α，C不正确；若A，B，C∈α，A，B，C∈β，当A，B，C共线时，α与β可能不重合，D不正确．考点二　空间位置关系的判断4．(2022·山东省百师联盟联考)已知平面α，β，直线m，n，则下列命题中正确的是(　　)A．若m∥α，n⊂α，则m∥nB．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β答案　C解析　对于A，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则由线面平行的性质得m∥l，故C正确；对于D，若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m与β不一定垂直，故D错误．5．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则(　　)A．a∥cB．a，c是异面直线C．a，c相交D．a，c平行或相交或异面答案　D解析　若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c可以平行，可以相交，可以异面．6．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则(　　)A．D1，O，B三点共线，且OB＝2OD1B．D1，O，B三点不共线，且OB＝2OD1C．D1，O，B三点共线，且OB＝OD1D．D1，O，B三点不共线，且OB＝OD1答案　A解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接AD1，BC1，如图，C1D1∥CD∥AB，连接BD1，平面ABC1D1∩平面BB1D1D＝BD1，因为M为棱D1C1的中点，则M∈平面ABC1D1，而A∈平面ABC1D1，即AM⊂平面ABC1D1，又O∈AM，则O∈平面ABC1D1，因为AM与平面BB1D1D的交点为O，则O∈平面BB1D1D，于是得O∈BD1，即D1，O，B三点共线，显然D1M∥AB且D1M＝eq\f(1,2)D1C1＝eq\f(1,2)AB，于是得OD1＝eq\f(1,2)BO，即OB＝2OD1，所以D1，O，B三点共线，且OB＝2OD1.考点三　空间几何体的切割(截面)问题7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F，G分别为棱AA1，AB，CC1上的点，其中AE＝1，AF＝2，CG＝eq\f(3,2)，平面α经过点E，F，G，则α截此正方体所得的截面为(　　)A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形答案　C解析　如图所示，取BB1的中点H，BM＝1，因为AE＝1，AF＝2，CG＝eq\f(3,2)，所以EF∥A1H,GM∥D1E，所以五边形EFMGD1在平面α上，所以截面是五边形．8.(2022·长沙质检)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将两底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为(　　)A.eq\f(2\r(21),3)B.eq\f(4\r(21),3)C.eq\f(2\r(7),3)D.eq\f(4\r(7),3)答案　A解析　延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，则四边形AMEN即是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，如图所示，由已知可得AM＝AN＝eq\r(5)，B1C1＝2eq\r(2).因为N是A1C1的中点，所以eq\f(PC1,PC)＝eq\f(C1N,AC)＝eq\f(1,2)，即PC1＝CC1，则PC1＝BB1，又M为BB1的中点，所以B1M＝eq\f(1,2)PC1.由△PC1E∽△MB1E，得eq\f(B1E,EC1)＝eq\f(1,2)，可得B1E＝eq\f(1,3)B1C1＝eq\f(2\r(2),3)，C1E＝eq\f(4\r(2),3)，ME＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)))2＋12)＝eq\f(\r(17),3)，NE＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),3)))2＋12－2×\f(4\r(2),3)×1×cos45°)＝eq\f(\r(17),3)，MN＝eq\r(A1N2＋A1M2)＝eq\r(6).所以平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＋eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(17),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(2\r(21),3).9．(2022·山西大学附属中学质检)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BC和C1D1的中点，经过点A，E，F的平面把正方体ABCD－A1B1C1D1截成两部分，则截面与平面BCC1B1的交线段长为________．答案　eq\f(10,3)解析　如图，连接AE并延长交DC的延长线于M，连接FM交CC1于G，连接EG并延长交B1C1的延长线于N，连接NF并延长交A1D1于H，连接AH，则五边形AEGFH为经过点A，E，F的正方体的截面，因为E为BC的中点，所以CE＝eq\f(1,2)BC＝2，因为CE∥AD，所以△MCE∽△MDA，所以eq\f(CM,DM)＝eq\f(CE,AD)＝eq\f(1,2)，所以CM＝CD＝4，因为DM∥C1D1，所以△MCG∽△FC1G，所以eq\f(CG,C1G)＝eq\f(CM,C1F)＝2，所以CG＝eq\f(2,3)×4＝eq\f(8,3)，所以EG＝eq\r(CE2＋CG2)＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2)＝eq\f(10,3)，所以截面与平面BCC1B1的交线段长为eq\f(10,3).10．已知三棱锥P－ABC的所有棱长为2，D，E，F分别为PA，PB，PC的中点，则此三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积为________．答案　eq\f(4π,3)解析　作PN⊥平面ABC于N点，交平面DEF于M点，取三棱锥P－ABC的外接球球心为O，设外接球半径为r，则OP＝OB＝r，易知BN＝eq\f(2\r(3),3)，PN＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(2\r(6),3)，则在Rt△ONB中，r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)－r))2，解得r＝eq\f(\r(6),2)，又D，E，F分别为PA，PB，PC的中点，则PM＝eq\f(1,2)PN＝eq\f(\r(6),3)，则球心到平面DEF的距离OM＝eq\f(\r(6),2)－eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),6).此三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面为以eq\r(r2－OM2)＝eq\f(2\r(3),3)为半径的圆，则截面面积为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＝eq\f(4π,3).11．(多选)如图，点E，F，G，H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中点，则(　　)A．GH＝2EFB．GH≠2EFC．直线EF，GH是异面直线D．直线EF，GH是相交直线答案　BD解析　如图，取棱CC1的中点N，A1D1的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC，A1C1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵MH∥A1C1∥AC∥FG，∴M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，G，N四点共面，E，F，H，N四点共面，∴E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内，∵EF∥HN，HN∩HG＝H，HN，HG，EF⊂平面EFGNHM，∴EF与GH是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，∴eq\r(3)EF＝GH，即GH≠2EF.12．(多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝BB1＝2，E，F分别为棱AB，A1D1的中点，则下列说法中正确的有(　　)A．D1B⊥CEB．三棱锥D－CEF的体积为eq\f(8,3)C．若P是棱C1D1上一点，且D1P＝1，则E，C，P，F四点共面D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形答案　BCD解析　连接DE,D1E，如图所示，因为E为AB的中点，所以EB＝BC＝2，所以CE＝eq\r(BE2＋BC2)＝2eq\r(2)，同理DE＝CE＝2eq\r(2)，又DC＝4，所以DE2＋EC2＝DC2，即DE⊥EC，又因为DD1⊥底面ABCD，CE⊂底面ABCD，所以DD1⊥CE，又DE∩DD1＝D，所以CE⊥平面DD1E，即CE⊥D1E，又D1E∩D1B＝D1，即D1E与D1B不平行，所以CE不垂直于D1B，故A错误；由等体积法可得三棱锥D－CEF的体积VD－CEF＝VF－CED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×2＝eq\f(8,3)，故B正确；作出P，使D1P＝1，取C1D1的中点G，则P为D1G的中点，连接FP，CP，A1G，因为F，P分别为A1D1，D1G的中点，所以FP∥A1G，又△A1D1G≌△CBE，且A1D1∥BC，D1G∥EB，所以A1G∥EC，所以FP∥EC，所以E，C，P，F四点共面，故C正确；由选项C可得E，C，P，F四点共面，平面CEF即为平面CEFP，作EH∥CP，交AA1于H，如图所示，所以E，H，P，C在同一平面内，即H点在平面ECP内，所以E，C，P，F，H在同一平面内，所以平面CEF截该长方体所得的截面为五边形，故D正确．13．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.在矩形BCC1B1内有一点P，使D1P与平面BCC1B1所成的角的正切值为eq\f(\r(6),2)，则点P的轨迹长度为________．答案　eq\f(\r(2)π,2)解析　如图，取B1C1的中点E，BB1的中点F，CC1的中点G，连接D1E，D1B1，D1F，D1G，EF，EG，EP.因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝eq\r(3)，D1E⊥B1C1，又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E，因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，又EP⊂侧面B1C1CB，所以D1E⊥EP，所以∠D1PE为D1P与平面BCC1B1所成的角，tan∠D1PE＝eq\f(D1E,EP)＝eq\f(\r(3),EP)＝eq\f(\r(6),2)，解得EP＝eq\r(2)，故点P的轨迹为扇形FEG的eq\x\to(FG)，易知∠B1EF＝∠C1EG＝eq\f(π,4)，所以∠FEG＝eq\f(π,2)，所以＝eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).14．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．答案　无数解析　在EF上任意取一点M，如图，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．故在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有无数条．