高考總復(fù)習優(yōu)化設(shè)計一輪用書數(shù)學(xué)配人教A版(適用于新高考新教材)課課時規(guī)范練51　空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系

課時規(guī)范練51空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系基礎(chǔ)鞏固練1.如果直線a?平面α,直線b?平面β,且α∥β,則a與b的位置關(guān)系為()A.共面 B.平行C.異面 D.平行或異面2.若∠AOB=∠A'O'B',OA∥O'A',且OA與O'A'的方向相同,則OB與O'B'()A.一定平行且方向相同B.一定平行且方向相反C.一定不平行D.不一定平行3.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,N是A1B1的中點,過點B,D,N的平面α截該正方體所得截面的面積為()A.42 B.92C.43 D.264.(多選題)下列推理正確的有()A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α?l?αB.若α,β是兩個不同的平面,A∈α,A∈β,B∈α,B∈β?α∩β=ABC.l?α,A∈l?AαD.A∈l,l?α?A∈α5.(2024·山東濟寧模擬)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,O1為底面A1B1C1D1的中心,E為BC的中點,則異面直線AO1與C1E所成角的余弦值是.

6.如圖所示,在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD的中點,G,H分別在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,求證:(1)E,F,G,H四點共面;(2)EG與HF的交點在直線AC上.綜合提升練7.(2024·重慶模擬)在四棱錐S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,AB=AS=2,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,E,F,G分別是SA,SB,BC的中點,則異面直線DE與FG所成角的余弦值為()A.23 B.53 C.65 8.如圖是正方體的平面展開圖,在這個正方體中,①BN與ED平行;②CN與BE是異面直線;③CN與BM成60°角;④DM與BN垂直.以上四個命題中,正確命題的序號是.

9.(2024·河北唐山模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為棱AB,BC的中點,過D1,E,F作該正方體的截面,則截面形狀為,周長為.

創(chuàng)新應(yīng)用練10.已知正三棱臺ABC-A1B1C1的上、下底面邊長分別為2和5,側(cè)棱長為3,則以下底面的一個頂點為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺的表面的交線長為.

課時規(guī)范練51空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系1.D解析由題意,a與b不可能相交,當a與b共面時,a∥b,當a與b不共面時,a與b為異面直線.2.D解析如圖,若∠AOB=∠A'O'B',OA∥O'A',且OA與O'A'的方向相同,OB與O'B'不一定平行.3.B解析連接B1D1,取A1D1的中點M,連接MN,DM,BN.因為N是A1B1的中點,所以MN∥B1D1,MN=12B1D1=2.因為BD∥B1D1,BD=B1D1,所以MN∥BD,MN=12BD,所以過點B,D,N的平面α截該正方體所得截面為梯形BDMN.連接AC交BD于點O,連接A1C1交MN于點O1,連接OO1.因為B1N=D1M=1,BB1=DD1=2,∠BB1N=∠DD1M=90°,所以BN=DM=5,所以梯形BDMN為等腰梯形,所以O(shè)O1=BN2-(OB-O4.ABD解析由A∈l,A∈α,B∈l,B∈α根據(jù)基本事實2可得l?α,故A選項正確;由A∈α,A∈β,B∈α,B∈β根據(jù)基本事實3可得α∩β=AB,故B選項正確;由l?α,A∈l可得A?α或A∈α,故C選項錯誤;由A∈l,l?α可得A∈α,故D選項正確.5.306解析在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,分別取AD,A1D1的中點F,M,連接EF,D1F,AM,O1M,如圖.因為E為BC的中點,有EF∥CD∥C1D1,EF=CD=C1D1,則四邊形C1D1FE是平行四邊形.于是D1F∥C1E.因為AF∥D1M,AF=D1M,所以四邊形AMD1F是平行四邊形,因此AM∥D1F∥C1E,則∠O1AM是異面直線AO1與C1E所成的角或補角.而O1為底面A1B1C1D1的中心,則O1M∥C1D1,又C1D1⊥平面ADD1A1,從而O1M⊥平面ADD1A1,而AM?平面ADD1A1,則O1M⊥AM,在Rt△O1MA中,O1M=1,AM=AA12+A1M2=5,則AO1=6,于是cos∠O16.證明(1)∵BG∶GC=DH∶HC=1∶2,∴GH∥BD.∵E,F分別為AB,AD的中點,∴EF∥BD,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四點共面.(2)∵E,F分別是AB,AD的中點,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,∴EF∥GH,且EF≠GH.∴EG與FH必相交,設(shè)交點為M.∵EG?平面ABC,HF?平面ACD,∴M∈平面ABC,且M∈平面ACD.∵平面ABC∩平面ACD=AC,∴M∈AC,∴EG與HF的交點在直線AC上.7.D解析如圖,連接AC,BD交于點O,連接OE.∵四邊形ABCD為菱形,AC∩BD=O,∴O為AC的中點,且AC⊥BD.∵E為SA的中點,∴OE∥SC,又F,G分別是SB,BC的中點,∴FG∥SC,故FG∥OE.∴異面直線DE與FG所成的角為∠OED或其補角.∵SA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴BD⊥SA.∵BD⊥AC,SA∩AC=A,SA,AC?平面SAC,∴BD⊥平面SAC.∵OE?平面SAC,∴OE⊥BD.∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC為等邊三角形,同理可知△ACD也為等邊三角形,∴OD=AD2-AO2=3.∵SA=2,AE=1,又SA⊥AC,∴OE=AE2+AO2=2,∵SA⊥AD8.③④解析把平面展開圖還原成正方體,如圖,由異面直線的定義可知,BN與ED是異面直線,故①錯誤;因為EN∥AD,AD∥BC,EN=AD=BC,所以EN∥BC且EN=BC,則四邊形BCNE為平行四邊形,則BE∥CN,故②錯誤;因為BE∥CN,所以∠EBM(或其補角)為CN與BM所成的角,連接EM,可知△BEM為正三角形,則∠EBM=60°,故③正確;因為BC⊥平面CMND,DM?平面CMND,所以DM⊥BC,又DM⊥NC,BC∩NC=C,BC,NC?平面BCNE,故DM⊥平面BCNE,又BN?平面BCNE,所以DM⊥BN,故④正確.9.五邊形213+2解析連接EF并延長交DC的延長線于點N,連接D1N交CC1于點Q,連接QF.延長FE交DA的延長線于點M,連接D1M交AA1于點P,連接EP,則五邊形D1QFEP即為平面D1EF截正方體ABCD-A1B1C1D1的截面多邊形,由題意,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則AE=1,∠AEM=∠BEF=45°,則△AME為等腰直角三角形,則AM=1.根據(jù)△AMP∽△A1D1P,得APA1P=AMA1D1=12,則A1P=43,AP=23,則D1P=22+(43)

2=2133,EP=12+(10.2π解析由題意不妨令下底面為△ABC,則△ABC是邊長為5的等邊三角形,側(cè)面均為全等的等腰梯形,在四邊形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,在棱AB上取BF=2,連接A1F,易知△AA1F為等邊三角形,即∠A1AB=60°,則以下底面的一個頂點A為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺的表面的交線為三段圓弧MN,MP,NP,則所求交線長度為三段圓弧MN,MP,NP的長度之和成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專