高考数学一轮复习课时作业：43 空间点、直线、平面之间的位置关系 Word版含解析

课时作业43　空间点、直线、平面之间的位置关系

一、选择题

1．在下列命题中，不是公理的是(　A　)

A．平行于同一个平面的两个平面相互平行

B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面

C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内

D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

解析：选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．

2．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c(　D　)

A．一定平行   B．一定相交

C．一定是异面直线   D．一定垂直

解析：两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直．故选D.

3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是(　A　)

A．6   B．12

C．12   D．24

解析：如图，已知空间四边形ABCD，对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角，大小为45°，故S四边形EFGH＝3×4×sin45°＝6.故选A.

4．(2019·南宁市摸底联考)在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为(　D　)

A.   B.

C.   D.

解析：如图，过点E作EM∥AB，过M点作MN∥AD，取MN的中点G，连接NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与D1E的夹角为∠D1EG，不妨设正方体的棱长为2，则GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，故选D.

5．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　C　)

A．与a，b都相交 

B．只能与a，b中的一条相交

C．至少与a，b中的一条相交 

D．与a，b都平行

解析：如果c与a、b都平行，那么由平行线的传递性知a、b平行，与异面矛盾．故选C.

6．到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为(　C　)

A．1  B．4

C．7  D．8

解析：当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．

①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图1.令截面与四棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；

②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图2，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个．所以满足条件的平面共有7个，故选C.

二、填空题

7．三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是0或1.

解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种情况：一是两两相交，有1个交点；二是互相平行，没有交点．

8．(2019·武汉调研)在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA的中点，则异面直线MN和CD所成角的余弦值为.

解析：取AC的中点E，连接NE，ME，由E，N分别为AC，AD的中点，知NE∥CD，故MN与CD所成的角即MN与NE的夹角，即∠MNE.设正四面体的棱长为2，可得NE＝1，ME＝1，MN＝，故cos∠MNE＝＝.

9.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是④.(填写所有正确说法的序号)

①EF与GH平行；

②EF与GH异面；

③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；

④EF与GH的交点M一定在直线AC上．

解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H共面．

因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，

所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，

设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，

∴点M是平面ACB与平面ACD的交点，

又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．

三、解答题

10.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：

(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；

(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由．

解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下：

如图，连接MN，A1C1，AC.

因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，

所以MN∥A1C1.又因为A1A綊C1C，

所以四边形A1ACC1为平行四边形，

所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，

所以A，M，N，C在同一平面内，

故AM和CN不是异面直线．

(2)D1B与CC1是异面直线．理由如下：

因为ABCD­A1B1C1D1是正方体，

所以B，C，C1，D1不共面．

假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，

所以D1，B，C，C1∈α，

这与B，C，C1，D1不共面矛盾．

所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．

11．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：

(1)三棱锥P­ABC的体积；

(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．

解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.

(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.

12．如图是三棱锥D­ABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于(　A　)

A.   B.

C.   D.

解析：由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE中，DE＝，由于O是BC的中点，在直角三角形ABC中可以求得AO＝，在直角三角形DAO中可以求得DO＝.在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求异面直线DO与AB所成角的余弦值为.

13．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是①②③(填序号)．

①AC⊥BE；

②B1E∥平面ABCD；

③三棱锥E­ABC的体积为定值；

④直线B1E⊥直线BC1.

解析：因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE­ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．

14.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.

(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?

(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．

解：(1)解法1：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.

因为侧棱A1A⊥底面ABC，

所以侧面A1ACC1⊥底面ABC.

又因为EC＝2FB＝2，

所以OM∥EC∥FB且OM＝EC＝FB，

所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.

因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，

故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．

解法2：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ.

因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，

所以PQ∥AE，PB∥EF，

所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，

因为PB∩PQ＝P，PB⊂平面PBQ，PQ⊂平面PBQ，所以平面PBQ∥平面AEF.

又因为BQ⊂平面PBQ，

所以BQ∥平面AEF.

故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．

(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．

易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，所以cos∠OFE＝＝＝，

所以BM与EF所成的角的余弦值为.

15．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　A　)

A.  B.

C.  D.

解析：如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥平面CB1D1，所以m1∥m，

又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

且平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

所以B1D1∥m1，故B1D1∥m.

因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，

且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，

同理可证CD1∥n.

故m，n所成角即直线B1D1与CD1所成角，

在正方体ABCD­A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为.

16．(2019·成都诊断性检测)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知底面ABCD为正方形，P为A1D1的中点，AD＝2，AA1＝，点Q是正方形ABCD所在平面内的一个动点，且QC＝QP，则线段BQ的长度的最大值为6.

解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则P(1,0，)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，Q(x，y,0)，

因为QC＝QP，所以

＝⇒(x－2)2＋(y＋2)2＝4，

所以(y＋2)2＝4－(x－2)2≤4

⇒|y＋2|≤2⇒－4≤y≤0，

BQ＝＝

＝，

根据－4≤y≤0可得4≤4－8y≤36，

所以2≤BQ≤6，故线段BQ的长度的最大值为6.