2024年新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時過關(guān)檢測四十空間點(diǎn)直線平面之間的位置關(guān)系含解析

PAGEPAGE6課時過關(guān)檢測(四十)空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系A(chǔ)級——基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．(2024·重慶一中月考)如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點(diǎn)的平面記作γ，則γ與β的交線必通過()A．點(diǎn)A B．點(diǎn)BC．點(diǎn)C但不過點(diǎn)M D．點(diǎn)C和點(diǎn)M解析：D∵AB?γ，M∈AB，∴M∈γ．又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β．依據(jù)基本領(lǐng)實(shí)3可知，M在γ與β的交線上．同理可知，點(diǎn)C也在γ與β的交線上．2．若a∥α，b∥β，α∥β，則a，b的位置關(guān)系是()A．平行 B．異面C．相交 D．平行或異面或相交解析：D如圖①②③所示，a，b的關(guān)系分別是平行、異面、相交．3．(2024·滕州模擬)已知a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，α∩β＝c，a?α，b?β，則“a，b相交”是“a，c相交”的()A．充要條件 B．必要不充分條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：C若a，b相交，a?α，b?β，則其交點(diǎn)在交線c上，故a，c相交；若a，c相交，可能a，b為相交直線或異面直線．綜上所述：a，b相交是a，c相交的充分不必要條件．故選C．4．過長方體的一個頂點(diǎn)的平面與這個長方體的十二條棱所在的直線成的角都相等，這樣的平面?zhèn)€數(shù)為()A．4 B．1C．0 D．多數(shù)多個解析：A由題意，題目中的長方體與正方體，所作的平面?zhèn)€數(shù)相同，所以用正方體代替長方體來求解．法一：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，三棱錐A-A1BD是正三棱錐，直線AB，AD，AA1與平面A1BD所成角都相等，過頂點(diǎn)A作平面α∥平面A1BD，則直線AB，AD，AA1與平面α所成角都相等，同理，過頂點(diǎn)A分別作平面α與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直線AB、AD、AA1法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的全部棱所成的角相等，因?yàn)橛兴臈l體對角線，所以，可以做4個平面．故選A．5．(多選)下列四個命題中是真命題的為()A．兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)B．過空間中隨意三點(diǎn)有且僅有一個平面C．若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行D．若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l解析：AD對于A，可設(shè)l1與l2相交，這兩條直線確定的平面為α；若l3與l1相交，則交點(diǎn)A在平面α內(nèi)，同理，l3與l2的交點(diǎn)B也在平面α內(nèi)，所以，AB?α，即l3?α，A為真命題；對于B，若三點(diǎn)共線，則過這三個點(diǎn)的平面有多數(shù)個，故B為假命題；對于C，兩條直線有可能平行也有可能異面，故C為假命題；對于D，若直線m⊥平面α，則m垂直于平面α內(nèi)全部直線，因?yàn)橹本€l?平面α，所以直線m⊥直線l，D為真命題．6．(多選)如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCD-A1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，則()A．GH＝2EFB．GH≠2EFC．直線EF，GH是異面直線D．直線EF，GH是相交直線解析：BD如圖，取棱CC1的中點(diǎn)N，A1D1的中點(diǎn)M，連接EM，MH，HN，NG，F(xiàn)G，AC，A1C1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，∵M(jìn)H∥A1C1∥AC∥FG，∴M，H，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，同理可得E，M，G，N四點(diǎn)共面，E，F(xiàn)，H，N四點(diǎn)共面，∴E，M，H，N，G，F(xiàn)六點(diǎn)共面，均在平面EFGNHM內(nèi)，∵EF∥HN，HN∩HG＝H，HN，HG，EF?平面EFGNHM，∴EF與GH是相交直線．由正方體的結(jié)構(gòu)特征及中位線定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，∴eq\r(3)EF＝GH，即GH≠2EF．故選B、D．7．(2024·武漢質(zhì)檢)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面?zhèn)€數(shù)為________．解析：因?yàn)锳B∥CD，由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個側(cè)面，與另外四個側(cè)面相交．答案：48．如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，那么異面直線AC1與BC解析：如圖，取圓柱下底面弧AB的另一中點(diǎn)D，連接C1D，AD，因?yàn)镃是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成角等于異面直線AC1與BC所成角．因?yàn)镃1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，所以C1D⊥圓柱下底面，所以C1D⊥AD，因?yàn)閳A柱的軸截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq\r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq\r(2)．答案：eq\r(2)9．在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BC和C1D1的中點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A，E，F(xiàn)的平面把正方體ABCD-A1B1C1D1截成兩部分，求截面與BCC1B解：如圖，連接AE并延長交DC的延長線于M，連接FM交CC1于G，連接EG并延長交B1C1的延長線于N，連接NF并延長交A1D1于H，連接AH，則五邊形AEGFH為經(jīng)過點(diǎn)A，E，F(xiàn)因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以CE＝eq\f(1,2)BC＝2，因?yàn)镃E∥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?yàn)镈M∥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)，所以截面與BCC1B1的交線段長為eq\f(10,3)．B級——綜合應(yīng)用10．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3eq\r(2)，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，P是線段A1B上的動點(diǎn)，C1P與平面D1EF的交點(diǎn)Q的軌跡長為()A．3 B．eq\r(13)C．4 D．3eq\r(2)解析：B如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點(diǎn)M，連接B1E，BC1交于點(diǎn)N，連接MN，由EF∥B1D1，得E，F(xiàn)，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點(diǎn)，當(dāng)P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點(diǎn)分別為M，N，即Q的軌跡為MN，由棱長為3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3,則BC1＝6，又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，則NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，則MN＝eq\r(MC\o\al(2,1)＋NC\o\al(2,1)－2MC1·NC1·cos∠A1C1B)＝eq\r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13)．11．(多選)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)A．A，M，O三點(diǎn)共線 B．A，M，O，A1共面C．A，M，C，O共面 D．B，B1，O，M共面解析：ABC∵M(jìn)∈A1C，A1C?平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M(jìn)∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點(diǎn)共線，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，12．(2024·福州模擬)空間三條直線a，b，c兩兩異面，則與三條直線都相交的直線有________條．解析：取a，b，c為一正方體三條兩兩異面的棱AD，CC1，A1B1，在AD上任取一點(diǎn)M，在BC上取點(diǎn)N，使得B1N∥A1M，設(shè)直線B1N與CC1交于點(diǎn)P，PM即與a，b，c都相交，由于M答案：多數(shù)13．如圖，AB，CD是圓錐面的正截面(垂直于軸的截面)上相互垂直的兩條直徑，過CD和母線VB的中點(diǎn)E作一截面．已知圓錐側(cè)面綻開圖扇形的中心角為eq\r(2)π，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說明截線是什么曲線．解：如圖，設(shè)⊙O的半徑為R，母線VB＝l，則圓錐側(cè)面綻開圖的中心角為eq\f(2πR,l)＝eq\r(2)π，∴eq\f(R,l)＝eq\f(\r(2),2)，∴sin∠BVO＝eq\f(\r(2),2)，∴圓錐的母線與軸的夾角α＝∠BVO＝eq\f(π,4)．連接OE，∵O，E分別是AB，VB的中點(diǎn)，∴OE∥VA．∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝eq\f(π,4)，∴∠VEO＝eq\f(π,2)，即VE⊥OE．又∵AB⊥CD，VO⊥CD，AB∩VO＝O，∴CD⊥平面VAB．∵VE?平面VAB，∴VE⊥CD．又∵OE∩CD＝O，OE，CD?平面CDE，∴VE⊥平面CDE．∴∠VOE是截面與軸線的夾角，∴截面的軸線夾角大小為eq\f(π,4)．由圓錐的半頂角與截面與軸線的夾角相等，知截面CDE與圓錐面的截線為一拋物線．C級——遷移創(chuàng)新14．《九章算術(shù)·商功》中劉徽注：“邪解立方得二塹堵，邪解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑．”如圖①所示的長方體用平面AA1B1B斜切一分為二，得到兩個一模一樣的三棱柱，該三棱柱就叫塹堵．如圖②所示的塹堵中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝2，M為BC的中點(diǎn)，則異面直線A1C與AM所成角的余弦值為()A．eq\f(9,13) B．eq\f(8,13)C．eq\f(\r(15),9) D．eq\f(\r(15),5)解析：A如圖，取B1C1的中點(diǎn)E，連接A1E，EC，則A1E∥AM，∠EA1C即為異面直線A1C與AM所成的角或其補(bǔ)角，在Rt△A1C1E中，A1E＝eq\r(9＋4)＝eq\r(13)，在Rt△EC1C中，EC＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，在Rt△A1C1C中，A1C＝eq\r(13)，在△A1EC中，由余弦定理得，cos∠EA1C＝eq\f(A1E2＋A1C2－EC2,2A1E·A1C)＝eq\f(13＋13－8,2×\r(13)×\r(13))＝eq\f(9,13)