高考数学一轮复习练习案43第七章立体几何第三讲空间点直线平面之间的位置关系含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案43第七章立体几何第三讲空间点直线平面之间的位置关系含解析新人教版，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面．其中正确的序号是( B )
A．① B．①④
C．②③ D．③④
2．(2018·上海)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线的条数为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线有：A1B1，AC，AA1，共3条．故选 C．
3．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( C )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
[解析] 由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
4．(2021·云南楚雄州期中联考)如图，在三棱锥D－ABC中，AC⊥BD，一平面截三棱锥D－ABC所得截面为平行四边形EFGH.已知EF＝eq \r(2)，EH＝eq \r(5)，则异面直线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] 由题意知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，记EG与AC所成角∠GEH为θ，则sin θ＝eq \f(HG,EG)＝eq \f(HG,\r(HG2＋EH2))＝eq \f(\r(2),\r(7))＝eq \f(\r(14),7).故选A.
5．(2021·湖北名师联盟模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1的中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是( C )
A．直线EF，AO是异面直线
B．直线EF，BB1是相交直线
C．直线EF与BC1所成角为30°
D．直线EF与BB1所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3)
[解析] OF綊AE，EF、AO是相交直线，A错；
EF、BB1是异面直线，B错；
如图，OF綊BE，
∴EF∥BO，
∴∠C1BO为EF与BC1所成的角，
设正方体棱长为2，
则BC1＝2eq \r(2)，OC1＝eq \r(2)，BO＝eq \r(6)，
∴BCeq \\al(2,1)＝OCeq \\al(2,1)＋BOeq \\al(2,1)，即BO⊥OC1，
∴∠OBC1＝30°，C对；
EF与BB1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，D错；故选 C．
6．(2021·河北唐山模拟)下图是一个正方体的展开图，则在该正方体中( D )
A．直线AB与直线CD平行
B．直线AB与直线CD相交
C．直线AB与直线CD异面垂直
D．直线AB与直线CD异面且所成的角为60°
[解析] 还原成几何体如图所示
连AH，BH，则CD∥AH，∠BAH为AB与CD所成的角，显然AB、CD异面且所成的角为60°.
7．(2021·湖北武汉襄阳荆门宜昌四地六校考试联盟联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝AB＝2，∠BAD＝60°，M是BB1的中点，则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为( 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：连接A1D、DM，则A1D∥B1C，
∴∠MA1D为异面直线A1M与B1C所成的角，
由题意A1D＝2eq \r(2)，A1M＝eq \r(5)＝DM，
∴cs∠MA1D＝eq \f(A1D,2A1M)＝eq \f(\r(10),5)，故选D.
解法二：连AC、BD交于O，由题意知AC⊥BD，
如图建立空间直角坐标系，
则eq \(CB1,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，2)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－1)，
记A1M与B1C所成角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(CB1,\s\up6(→))·\(A1M,\s\up6(→))|,|\(CB1,\s\up6(→))|·|\(A1M,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),5).故选D.
8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作( D )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
[解析]
如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为eq \r(2).
联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，
所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，
同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，
即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D.
9．(2021·山东青岛调研)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，则平面AC1E截该正方体所得的截面面积为( D )
A．5 B．2eq \r(5)
C．4eq \r(6) D．2eq \r(6)
[解析] 取BB1的中点F，连AF、C1F，易知AFC1E即为平面AC1E截正方体所得的截面，且AFC1E为菱形，
∴S四边形AFC1E＝eq \f(1,2)EF·AC1＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(3)＝2eq \r(6)，故选D.
10．(2021·湖南湘东六校联考)下图是一正四面体的侧面展开图，G为BF的中点，则在原正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为( 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]
将展开图折起还原成四面体，如图所示，取AF的中点H，连GH，HE，则GH綊eq \f(1,2)BC，且HE＝GE，∴∠HGE即为异面直线EG与BC所成角，不妨设正四面体棱长为2，则GH＝1，GE＝eq \r(3)，∴cs∠HGE＝eq \f(\f(1,2),\r(3))＝eq \f(\r(3),6)，故选 C．
二、多选题
11．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点共面的是( ABC )
[解析]
在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选ABC．
12．(原创)三个平面可将空间分成( )部分( ACD )
A．4 B．5
C．7 D．8
[解析] 三个平面可将空间分成4或6或7或8部分．
13.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是( ABC )
A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面
C．C1，O，A1，M四点共面D．D1，D，O，M四点共面
[解析]
连接A1C1，AC，则AC过点O，即AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M，所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，所以C1，M，O三点共线，所以选项A，B，C均正确，选项D错误．
三、填空题
14．(2021·山东师大附中模拟)如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，BB′的中点为M，CD的中点为N，异面直线AM与D′N，所成的角是 eq \f(π,2) .
[解析] 取CC′的中点H，连DH，则DH∥AM，在正方形CDD′C′中显然D′N⊥DH，∴D′N⊥AM，即AM与D′N所成的角为eq \f(π,2).
15．(2021·云南模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq \r(2)BB1，则异面直线AB1与C1B所成的角是 90° .
[解析] 将正三棱柱补成四棱柱，如图，设BB1＝eq \r(2)，则AB＝2，连接AD1，BD1，则BC1∥AD1，∴∠D1AB1即为异面直线AB1与BC1所成的角，又由题意易知AB1＝AD1＝eq \r(6)，B1D1＝2eq \r(3)，∴B1Deq \\al(2,1)＝ABeq \\al(2,1)＋ADeq \\al(2,1)，∴∠B1AD1＝90°.
另解1：本题若取A1B1的中点D，连DC1，易证AB1⊥平面BDC1，从而AB1⊥BC1.
另解2：可建立空间直角坐标系，用向量法求解．
B组能力提升
1．(2021·甘肃诊断)在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成角的大小为( B )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析]
取OB中点P，AB中点Q，连接MP，PN，CQ，OQ，由中位线定理可知MP∥AB，则∠PMN(或补角)为异面直线MN与AB所成角，MP∥AB, PN∥OC、OQ⊥AB，CQ⊥AB，且CQ∩OQ＝Q，所以AB⊥平面OCQ，则AB⊥OC，所以PM⊥PN，四面体OABC棱长均相等，则PM＝ PN，所以△MPN为等腰直角三角形，所以∠PMN＝45°，故选B.
2．(2021·河北衡水中学调研)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧eq \x\t(BC)的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为( 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]
由题意可知AD∥BC，∴∠EAD即为异面直线AE与BC所成的角，设圆柱上、下底面圆心为O，O1，连OE、OA、ED，不妨设正方形ABCD的边长为2，则AO＝eq \r(5)，从而AE＝ED＝eq \r(6)，则cs∠EAD＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6)，即AE与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，故选D.
3．(多选题)如图是侧棱长和底面边长都相等的正四棱锥的平面展开图，M，N，P，Q分别是边BF，AB，CD，DH的中点，则在这个正四棱锥，下列四个结论正确的为( BD )
A．MN和CD平行B．CE和PQ平行
C．MN和PE所成的角为60°D．EP和AB垂直
[解析] 正棱锥直观图如图，显然MN与CD异面，A错；B对；连AP，由MN∥AE知，∠AEP为异面直线MN与PE所成的角，设四棱锥的棱长为2a，则AP＝eq \r(5)a，PE＝eq \r(3)a，∴cs∠AEP＝eq \f(2a2＋\r(3)a2－\r(5)a2,2×2a×\r(3)a)＝eq \f(\r(3),6)，C错；∵PE⊥CD，CD∥AB，∴PE⊥AB，D对．故选B、D.
4．(多选题)(2021·广东广州六区联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，P是平面DCC1D1内不同的两点，N，Q是平面ABCD内不同的两点，且M，P，N，Q∉CD，E，F分别是线段MN，PQ的中点．则下列结论正确的是( BD )
A．若MN∥PQ，则EF∥CD
B．若E，F重合，则MP∥CD
C．若MN与PQ相交，且MP∥CD，则NQ可以与CD相交
D．若MN与PQ是异面直线，则EF不可能与CD平行
[解析] 当P、Q分别与D1、A重合，M、N分别为CC1、BC的中点时，MN∥PQ，但显然EF与CD相交，∴A错；当E、F重合时，M、P、N、Q共面，又由△MPE≌△NQE，∴∠MPE＝∠NQE，∴MP∥NQ，从而MP∥平面ABCD，∴MP∥DC，故B对；MN与PQ相交，则MNPQ共面，由MP∥CD知MP∥平面ABCD，∴MP∥CD，∴NQ∥CD，故C错；当PM∥CD时，若EF∥CD，则PM∥EF，则PQ与MN共面，与PQ、MN是异面直线矛盾；当PM与CD相交时，设其交点为S，连QS，作MR∥PQ交SQ于R，连RN，连SF交RM于H，则H为MR的中点，∴HE∥RN，∴HE∥平面ABCD，若EF∥CD，则EF∥平面ABCD，从而平面EHF∥平面ABCD，∴FH∥平面ABCD，这与FH∩CD＝S矛盾，故EF不可能与CD平行，∴D对．故选BD.
5．(2021·安徽省安庆模拟)《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”．现有阳马S－ABCD，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝3，SA＝eq \r(3).BC上有一点E，使截面SDE的周长最短，则SE与CD所成角的余弦值等于 eq \f(\r(2),4) .
[解析] 要使截面SDE的周长最短，则SE＋ED最短，将底面ABCD沿BC展开成平面图形A′BCD′(如图)，连接SD′，交
BC于E，则SE＋ED＝SE＋ED′≥SD′，当SED′共线时等号成立，
此时，由AB＝1，SA＝eq \r(3)，则SB＝2，故SA′＝3，A′D′＝AD＝3，故BE＝2，故EF∥CD交AD于F，连接SF，则SE与CD所成角为∠SEF，易得SF⊥EF，由于SE＝2eq \r(2)，EF＝1，cs∠SEF＝eq \f(EF,SE)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故答案为：eq \f(\r(2),4).