2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練案43第七章立體幾何第三講空間點(diǎn)直線平面之間的位置關(guān)系含解析新人教版

第三講空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系A(chǔ)組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．給出下列說法：①梯形的四個(gè)頂點(diǎn)共面；②三條平行直線共面；③有三個(gè)公共點(diǎn)的兩個(gè)平面重合；④三條直線兩兩相交，可以確定1個(gè)或3個(gè)平面．其中正確的序號是(B)A．① B．①④C．②③ D．③④2．(2024·上海)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直線中，與直線BC1異面的直線的條數(shù)為(C)A．1 B．2C．3 D．4[解析]在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直線中，與直線BC1異面的直線有：A1B1，AC，AA1，共3條．故選C．3．如圖所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C?l，則平面ABC與平面β的交線是(C)A．直線AC B．直線ABC．直線CD D．直線BC[解析]由題意知，D∈l，l?β，所以D∈β，又因?yàn)镈∈AB，所以D∈平面ABC，所以點(diǎn)D在平面ABC與平面β的交線上．又因?yàn)镃∈平面ABC，C∈β，所以點(diǎn)C在平面β與平面ABC的交線上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4．(2024·云南楚雄州期中聯(lián)考)如圖，在三棱錐D－ABC中，AC⊥BD，一平面截三棱錐D－ABC所得截面為平行四邊形EFGH.已知EF＝eq\r(2)，EH＝eq\r(5)，則異面直線EG和AC所成角的正弦值是(A)A．eq\f(\r(14),7) B．eq\f(\r(7),7)C．eq\f(\r(35),7) D．eq\f(\r(2),7)[解析]由題意知EH∥FG，又FG?平面ADC，EH?平面ADC，∴EH∥平面ACD，∴EH∥AC，同理HG∥BD，∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，記EG與AC所成角∠GEH為θ，則sinθ＝eq\f(HG,EG)＝eq\f(HG,\r(HG2＋EH2))＝eq\f(\r(2),\r(7))＝eq\f(\r(14),7).故選A.5．(2024·湖北名師聯(lián)盟模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，A1D1的中點(diǎn)，O為正方形A1B1C1D1的中心，則下列結(jié)論正確的是(C)A．直線EF，AO是異面直線B．直線EF，BB1是相交直線C．直線EF與BC1所成角為30°D．直線EF與BB1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)[解析]OF綊AE，EF、AO是相交直線，A錯(cuò)；EF、BB1是異面直線，B錯(cuò)；如圖，OF綊BE，∴EF∥BO，∴∠C1BO為EF與BC1所成的角，設(shè)正方體棱長為2，則BC1＝2eq\r(2)，OC1＝eq\r(2)，BO＝eq\r(6)，∴BCeq\o\al(2,1)＝OCeq\o\al(2,1)＋BOeq\o\al(2,1)，即BO⊥OC1，∴∠OBC1＝30°，C對；EF與BB1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，D錯(cuò)；故選C．6．(2024·河北唐山模擬)下圖是一個(gè)正方體的綻開圖，則在該正方體中(D)A．直線AB與直線CD平行B．直線AB與直線CD相交C．直線AB與直線CD異面垂直D．直線AB與直線CD異面且所成的角為60°[解析]還原成幾何體如圖所示連AH，BH，則CD∥AH，∠BAH為AB與CD所成的角，明顯AB、CD異面且所成的角為60°.7．(2024·湖北武漢襄陽荊門宜昌四地六?？荚嚶?lián)盟聯(lián)考)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝AB＝2，∠BAD＝60°，M是BB1的中點(diǎn)，則異面直線A1M與B1C所成角的余弦值為(D)A．－eq\f(\r(10),5) B．－eq\f(1,5)C．eq\f(1,5) D．eq\f(\r(10),5)[解析]解法一：連接A1D、DM，則A1D∥B1C，∴∠MA1D為異面直線A1M與B1C所成的角，由題意A1D＝2eq\r(2)，A1M＝eq\r(5)＝DM，∴cos∠MA1D＝eq\f(A1D,2A1M)＝eq\f(\r(10),5)，故選D.解法二：連AC、BD交于O，由題意知AC⊥BD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，2)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－1)，記A1M與B1C所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(CB1,\s\up6(→))·\o(A1M,\s\up6(→))|,|\o(CB1,\s\up6(→))|·|\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).故選D.8．過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A作直線l，使l與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，這樣的直線l可以作(D)A．1條 B．2條C．3條 D．4條[解析]如圖，連接體對角線AC1，明顯AC1與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都為eq\r(2).聯(lián)想正方體的其他體對角線，如連接BD1，則BD1與棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因?yàn)锽B1∥AA1，BC∥AD，所以體對角線BD1與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，體對角線A1C，DB1也與棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即過A點(diǎn)分別作BD1，A1C，DB1的平行線都滿意題意，故這樣的直線l可以作4條．故選D.9．(2024·山東青島調(diào)研)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E是棱DD1的中點(diǎn)，則平面AC1E截該正方體所得的截面面積為(D)A．5 B．2eq\r(5)C．4eq\r(6) D．2eq\r(6)[解析]取BB1的中點(diǎn)F，連AF、C1F，易知AFC1E即為平面AC1E截正方體所得的截面，且AFC1E為菱形，∴S四邊形AFC1E＝eq\f(1,2)EF·AC1＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，故選D.10．(2024·湖南湘東六校聯(lián)考)下圖是一正四面體的側(cè)面綻開圖，G為BF的中點(diǎn)，則在原正四面體中，直線EG與直線BC所成角的余弦值為(C)A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(3),6) D．eq\f(\r(33),6)[解析]將綻開圖折起還原成四面體，如圖所示，取AF的中點(diǎn)H，連GH，HE，則GH綊eq\f(1,2)BC，且HE＝GE，∴∠HGE即為異面直線EG與BC所成角，不妨設(shè)正四面體棱長為2，則GH＝1，GE＝eq\r(3)，∴cos∠HGE＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，故選C．二、多選題11．如圖是正方體或四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點(diǎn)，這四個(gè)點(diǎn)共面的是(ABC)[解析]在A圖中分別連接PS，QR，易證PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C圖中分別連接PQ，RS，易證PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；如圖所示，在B圖中過P，Q，R，S可作一正六邊形，故四點(diǎn)共面；D圖中PS與QR為異面直線，∴四點(diǎn)不共面，故選ABC．12．(原創(chuàng))三個(gè)平面可將空間分成()部分(ACD)A．4 B．5C．7 D．8[解析]三個(gè)平面可將空間分成4或6或7或8部分．13.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中點(diǎn)，直線A1C交平面C1BD于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是(ABC)A．C1，M，O三點(diǎn)共線 B．C1，M，O，C四點(diǎn)共面C．C1，O，A1，M四點(diǎn)共面 D．D1，D，O，M四點(diǎn)共面 [解析]連接A1C1，AC，則AC過點(diǎn)O，即AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M，所以三點(diǎn)C1，M，O在平面C1BD與平面ACC1A1的交線上，所以C1，M，O三點(diǎn)共線，所以選項(xiàng)A，B，C均正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．三、填空題14．(2024·山東師大附中模擬)如圖，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，BB′的中點(diǎn)為M，CD的中點(diǎn)為N，異面直線AM與D′N，所成的角是eq\f(π,2).[解析]取CC′的中點(diǎn)H，連DH，則DH∥AM，在正方形CDD′C′中明顯D′N⊥DH，∴D′N⊥AM，即AM與D′N所成的角為eq\f(π,2).15．(2024·云南模擬)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，則異面直線AB1與C1B所成的角是90°.[解析]將正三棱柱補(bǔ)成四棱柱，如圖，設(shè)BB1＝eq\r(2)，則AB＝2，連接AD1，BD1，則BC1∥AD1，∴∠D1AB1即為異面直線AB1與BC1所成的角，又由題意易知AB1＝AD1＝eq\r(6)，B1D1＝2eq\r(3)，∴B1Deq\o\al(2,1)＝ABeq\o\al(2,1)＋ADeq\o\al(2,1)，∴∠B1AD1＝90°.另解1：本題若取A1B1的中點(diǎn)D，連DC1，易證AB1⊥平面BDC1，從而AB1⊥BC1.另解2：可建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解．B組實(shí)力提升1．(2024·甘肅診斷)在棱長均相等的四面體OABC中，M，N分別是棱OA，BC的中點(diǎn)，則異面直線MN與AB所成角的大小為(B)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]取OB中點(diǎn)P，AB中點(diǎn)Q，連接MP，PN，CQ，OQ，由中位線定理可知MP∥AB，則∠PMN(或補(bǔ)角)為異面直線MN與AB所成角，MP∥AB,PN∥OC、OQ⊥AB，CQ⊥AB，且CQ∩OQ＝Q，所以AB⊥平面OCQ，則AB⊥OC，所以PM⊥PN，四面體OABC棱長均相等，則PM＝PN，所以△MPN為等腰直角三角形，所以∠PMN＝45°，故選B.2．(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖，圓柱的軸截面ABCD為正方形，E為弧eq\x\to(BC)的中點(diǎn)，則異面直線AE與BC所成角的余弦值為(D)A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(30),6) D．eq\f(\r(6),6)[解析]由題意可知AD∥BC，∴∠EAD即為異面直線AE與BC所成的角，設(shè)圓柱上、下底面圓心為O，O1，連OE、OA、ED，不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則AO＝eq\r(5)，從而AE＝ED＝eq\r(6)，則cos∠EAD＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，即AE與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6)，故選D.3．(多選題)如圖是側(cè)棱長和底面邊長都相等的正四棱錐的平面綻開圖，M，N，P，Q分別是邊BF，AB，CD，DH的中點(diǎn)，則在這個(gè)正四棱錐，下列四個(gè)結(jié)論正確的為(BD)A．MN和CD平行 B．CE和PQ平行C．MN和PE所成的角為60° D．EP和AB垂直[解析]正棱錐直觀圖如圖，明顯MN與CD異面，A錯(cuò)；B對；連AP，由MN∥AE知，∠AEP為異面直線MN與PE所成的角，設(shè)四棱錐的棱長為2a，則AP＝eq\r(5)a，PE＝eq\r(3)a，∴cos∠AEP＝eq\f(2a2＋\r(3)a2－\r(5)a2,2×2a×\r(3)a)＝eq\f(\r(3),6)，C錯(cuò)；∵PE⊥CD，CD∥AB，∴PE⊥AB，D對．故選B、D.4．(多選題)(2024·廣東廣州六區(qū)聯(lián)考)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，M，P是平面DCC1D1內(nèi)不同的兩點(diǎn)，N，Q是平面ABCD內(nèi)不同的兩點(diǎn)，且M，P，N，Q?CD，E，F(xiàn)分別是線段MN，PQ的中點(diǎn)．則下列結(jié)論正確的是(BD)A．若MN∥PQ，則EF∥CDB．若E，F(xiàn)重合，則MP∥CDC．若MN與PQ相交，且MP∥CD，則NQ可以與CD相交D．若MN與PQ是異面直線，則EF不行能與CD平行[解析]當(dāng)P、Q分別與D1、A重合，M、N分別為CC1、BC的中點(diǎn)時(shí)，MN∥PQ，但明顯EF與CD相交，∴A錯(cuò)；當(dāng)E、F重合時(shí)，M、P、N、Q共面，又由△MPE≌△NQE，∴∠MPE＝∠NQE，∴MP∥NQ，從而MP∥平面ABCD，∴MP∥DC，故B對；MN與PQ相交，則MNPQ共面，由MP∥CD知MP∥平面ABCD，∴MP∥CD，∴NQ∥CD，故C錯(cuò)；當(dāng)PM∥CD時(shí)，若EF∥CD，則PM∥EF，則PQ與MN共面，與PQ、MN是異面直線沖突；當(dāng)PM與CD相交時(shí)，設(shè)其交點(diǎn)為S，連QS，作MR∥PQ交SQ于R，連RN，連SF交RM于H，則H為MR的中點(diǎn)，∴HE∥RN，∴HE∥平面ABCD，若EF∥CD，則EF∥平面ABCD，從而平面EHF∥平面ABCD，∴FH∥平面ABCD，這與FH∩CD＝S沖突，故EF不行能與CD平行，∴D對．故選BD.5．(2024·安徽省安慶模擬)《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐”．現(xiàn)有陽馬S－ABCD，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝3，SA＝eq\r(3).BC上有一點(diǎn)E，使截面SDE的周長最短，則SE與CD所成角的余弦值等于eq\f(\r(