新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案39第七章立体几何第二讲空间点直线平面之间的位置关系

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案39第七章立体几何第二讲空间点直线平面之间的位置关系，共12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。
练案[39]第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系A组基础巩固一、单选题1．给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同一直线的两条直线必平行．其中正确命题的个数是( B )A．0  B．1 C．3  D．4[解析]　只有②正确，故选B.2．(2022·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所成的角为30°D．直线EF与BB1所成角的余弦值为[解析]　OF綉AE，EF、AO是相交直线，A错；EF、BB1是异面直线，B错；如图，OF綉BE，∴EF∥BO，∴∠C1BO(或其补角)即为EF与BC1所成的角，设正方体棱长为2，则BC1＝2，OC1＝，BO＝，∴BC＝OC＋BO2，即BO⊥OC1，∴∠OBC1＝30°，C对；EF与BB1所成角的余弦值为，D错；故选C.3．(2023·河南濮阳模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥BC，AB＝BC＝2，CC1＝2，则异面直线AC1与A1B1所成的角为( C )A．30°  B．45° C．60°  D．90°[解析]　连接AC1，BC1，易知∠BAC1为异面直线AC1与A1B1所成的角(图略)．因为△ABC1为直角三角形，且AB⊥BC1，AB＝2，BC1＝＝2，所以tan∠BAC1＝，解得∠BAC1＝60°.故选C.4．(2022·山西运城调研)如图，等边△ABC为圆锥的轴截面，D为AB的中点，E为弧BC的中点，则直线DE与AC所成角的余弦值为( C )A.  B． C．  D．[解析]　取BC的中点O，连接OE，OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC，∴∠EDO(或其补角)即为DE与AC所成的角，由E为的中点得OE⊥BC，又平面ABC⊥平面BCE，∴OE⊥平面ABC，从而OE⊥OD，设正△ABC的边长为2a，则OD＝a＝OE，∴cos∠EDO＝cos ＝，故选C.5．(2023·宁夏中卫市模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1，E，F分别为AB，BC的中点，异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m，则( B )A．直线A1E与直线C1F异面，且m＝B．直线A1E与直线C1F共面，且m＝C．直线A1E与直线C1F异面，且m＝D．直线A1E与直线C1F共面，且m＝[解析]　∵E、F分别为AB、BC的中点，∴EF∥AC∥A1C1，∴A1、C1、E、F共面，∴直线A1E与C1F共面．连接C1D，则C1D∥AB1，∴∠DC1F为AB1与C1F所成的角(或其补角)，连接DF，不妨令AA1＝，则DF＝，C1F＝，DC1＝，∴cos∠DC1F＝＝，故选B.6.(2022·河南重点高中联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D、E分别是AB、B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为( C )A.  B．C.  D．[解析]　取A1C1的中点F，连接DF、EF、CF.易知四边形BDFE是平行四边形，所以DF∥BE.所以∠CDF是异面直线BE与CD所成的角．因为AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，所以AB＝4，CD＝2.CF＝＝，DF＝BE＝＝.在△CDF中，由余弦定理得cos ∠CDF＝＝.故选C.7．(2023·江西南昌一模)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( C )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[解析]　∵BE＝2AE，DH＝2HA，∴＝＝，则EH∥BD，且EH＝BD，又CF＝2FB，CG＝2GD，∴＝＝2，则FG∥BD，且FG＝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＝BD，FG＝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．故选C.8．(2023·湖南湘东六校联考)下图是一正四面体的表面展开图，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.  B． C．  D．[解析]　将展开图折起还原成四面体，如图所示，取AF的中点H，连接GH，HE，则GH綉BC，且HE＝GE，∴∠HGE(或其补角)即为异面直线EG与BC所成的角，不妨设正四面体棱长为2，则GH＝1，GE＝，∴cos∠HGE＝＝，故选C.9．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.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.二、多选题10．(2022·吉林长春质检改编)下列命题中的真命题是( AC )A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b[解析]　由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC.11．如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的是( ACD )[解析]　在A、D中AB∥CD，在C中AB、CD相交，在B中AB、CD异面，故选ACD.12．(2022·河北衡水中学调研改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的值可能为( BCD )A．15°  B．30° C．45°  D．60°  [解析]　如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故选BCD.三、填空题13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为 　.[解析]　解法一：设AB、B1C1，C1C的中点分别为H、M、N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝，MH＝NH＝.∴cos∠HMN＝＝.解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则＝(1，－1，－2)，＝(2,0,2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.14．(2022·浙江百校高三下学期开学联考)如图，在边长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱CD，DD1的中点，则平面BEF截该正方体所得截面的面积为 　.[解析]　连接BA1、CD1，由E、F分别为CD、DD1的中点知EF綉CD1綉A1B，所以平面截正方体所得截面为等腰梯形A1BEF，且EF＝，A1B＝2，BE＝，该梯形的高h＝＝，∴该截面的面积为(A1B＋EF)·h＝.B组能力提升1．(2023·皖江名校联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，BB1的中点为M，过C1，D，M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为( C ) A.  B．18 C．  D．[解析]　如图，截面是等腰梯形C1MED，E是AB的中点，较小部分是三棱台BEM－CDC1.上底面面积S1＝×2×2＝2，下底面面积S2＝×4×4＝8，所以V＝(2＋8＋)×4＝.故选C.2．(2022·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所成的角的大小为( B )A．30°  B．45° C．60°  D．90°[解析]　解法一：取OB的中点H，连接MH、NH、ON、AN，因M为OA为中点，∴MH綉AB，∴∠HMN或其补角为MN与AB所成的角．设四面体的棱长均为2a，则由题意易知MH＝HN＝a，MN＝a，∴MH2＋HN2＝MN2，∴∠MHN＝90°，从而∠HMN＝45°.故选B.解法二：不妨设四面体棱长均为2，记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝b·c＝a·c＝2，又＝(a＋b－c)，记异面直线MN与AB所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，∴θ＝.故选B.3．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是( ACD )A．长方体  B．圆台C．四棱台  D．正四面体[解析]　对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确；对于B：圆台的截面均不可能是正方形，故B错误；对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确；对于D：如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF、FG、GD、DE，则截面DEFG为正方形，故D正确；故选ACD.4.(2023·湖南百师联盟开学联考)如图，正四棱锥(底面为正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心)P－ABCD中，AB＝4，点E为PB的中点，若CE与PD所成角的余弦值为，则四棱锥P－ABCD的体积为( A )A.  B．16 C．  D．[解析]　如图，连接AC、BD，设交点为O，连接PO，OE，则OE∥PD，所以∠CEO或其补角即为CE与PD所成的角，设PD＝2x(x>)，则OE＝x，易知OE⊥OC，cos∠CEO＝，CE＝＝，所以cos∠CEO＝＝，解得x＝2，PO＝＝2，所以VP－ABCD＝×4×4×2＝.故选A.5.(2023·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＝.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 　.[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S、E、D′共线时等号成立，此时，由AB＝1，SA＝，则SB＝2，故SA′＝3，A′D′＝AD＝3，故BE＝2，作EF∥CD交AD于F，连接SF，则SE与CD所成的角为∠SEF，易得SF⊥EF，由于SE＝2，EF＝1，cos∠SEF＝＝＝.故答案为.