数学人教A版 (2019)8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系课时训练

这是一份数学人教A版 (2019)8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系课时训练，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，是两条不同的异面直线，，，，则D．若，，则与所成的角和与所成的角互余
2．已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ）
A．若，且与不垂直，则与一定不垂直
B．若与不平行，则与一定是异面直线
C．若，且，则与可能平行
D．若，则与可能垂直
4．已知正方体，若是棱的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正三棱柱中，点E为正方形的中心，点F为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．2
6．如图，在长方体中，，异面直线与所成的的余弦值为，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在正方体中，M、N分别为棱、的中点，有以下四个结论：①直线AM与是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与是异面直线；④直线AM与是异面直线．其中正确的结论为（ ）
A．③④B．①②C．①③D．②④
二、多选题
9．如图，在正四棱柱中，，，，平面将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为，下部分对应的几何体为，则（ ）
A．的体积为2
B．的体积为12
C．的外接球的表面积为
D．平面截该正四棱柱所得截面的面积为
10．已知直三棱柱，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，则（ ）
A．存在正实数，，，使得截面为等边三角形
B．存在正实数，，，使得截面为平行四边形
C．当，时，截面为五边形
D．当，，时，截面为梯形
11．若圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆，则（ ）
A．该圆锥的母线与底面所成的角为B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的内切球的体积为D．该圆锥的外接球的表面积为
12．已知正方体的棱长为2，E，F分别为AD，的中点，则（ ）
A．
B．过，B，F的截面面积为
C．直线BF与AC所成角的余弦值为
D．EF与平面ABCD所成角的正弦值为
三、填空题
13．已知正方体 的棱长为 ，则异面直线 与 所成的角的余弦值 ．

14．如图，已知正方体的棱长为2，点分别为棱，，，的中点，且点都在球的表面上，点是球表面上的动点，当点到平面的距离最大时，异面直线与所成角的余弦值的平方为 ．
15．如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则 .
16．如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
四、解答题
17．如下图，在正方体中，棱长为分别是的中点．
(1)画出过三点的平面与平面、平面的交线；
(2)设过三点的平面与交于点，求的长．
18．亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥与一个圆柱构成的几何体（如图2，其中，，三点共线）.一般地，设圆锥中母线与底面所成角的大小为，当时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.6米，底面半径为2.4米.圆柱高为3米，底面半径为2米.
(1)求几何体的体积；
(2)如图2，设为圆柱底面半圆弧的三等分点，求圆柱母线和圆锥母线所在异面直线所成角的正切值，并判断该亭子是否满足建筑要求.
19．如图，在正方体中，分别是、的中点．
(1)求与所成的角；
(2)设，在正方形内（或上），是否存在点使得三棱锥的体积为1？若存在，求出动点的轨迹；若不存在，说明理由．
20．如图，已知分别是正方体的棱的中点，且与相交于点．
(1)求证：点Q在直线DC上；
(2)求异面直线与所成角的大小．
21．如图，棱柱中，，底面，， 是棱的中点 ．求证：直线与直线为异面直线．

22．如图，是等腰直角三角形，都垂直于平面，且为线段的中点．证明：.
参考答案：
1．C
【分析】利用空间点线面的位置关系，点线面垂直平行的性质依次判断即可．
【详解】A．，，则，又，则，所以不正确，A不正确；
B．，，，则或，故B不正确；
C．若，是两条不同的异面直线，，，，则，C正确．
D．由时，与所成的角没有关系，时，由面面平行的性质知与所成的角相等，与所成的角相等，
因此与所成的角和与所成的角不一定互余，D不正确.
故选：C．
2．B
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】因为，
对于A，若，则与有可能异面，故A错误；
对于B，若，则，又，则，故B正确；
对于C，若，则有可能，故C错误；
对于D，若，则与有可能相交，故D错误．
故选：B．
3．D
【分析】结合点线面之间的关系逐项判断即可得.
【详解】对A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误；
对B：当时，与不是异面直线，故B错误；
对C：若，且，与为异面直线，故C错误；
对D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确.
故选：D.
4．D
【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用几何法求出异面直线夹角的余弦值.
【详解】令正方体的棱长为2，连接，则，
四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形，即，
因此是异面直线和所成的角，在等腰中，，
所以异面直线和夹角的余弦值为.
故选：D

5．D
【分析】根据给定条件，取的中点，结合平行公理，利用异面直线所成角的定义，借助等腰三角形的性质求解即可.
【详解】在正三棱柱中，取中点，连接，
由点E为正方形的中心，得，而，
于是，由为棱的中点，得，
则四边形是平行四边形，有，即或其补角就是异面直线与所成的角，
显然正三棱柱所有棱长都相等，令棱长为2，
则，
等腰底边上的高，，
所以异面直线与所成角的正切值为.
故选：D
6．C
【分析】把异面直线所成的角，转化为平面角，再用解三角形的方法求解.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接.
因为，所以与所成的角为（或其补角）.
令，在中，由，得.
又，，
由余弦定理得，即，解得，
所以.
故选：C
7．C
【分析】连接、，可得且为等边三角形，即可得直线与直线所成角的大小.
【详解】
连接，，在正方体中，易得，
故直线与直线所成角的大小与直线与直线所成角大小相等，
又，故为等边三角形，故，
即直线与直线所成角的大小为.
故选：C.
8．A
【分析】根据异面直线的定义逐一判断.
【详解】∵A、M、三点共面，且在平面，但平面，，
∴直线AM与是异面直线，故①错误；
因为平面，平面，但平面，，
所以直线AM与BN也是异面直线，故②错误；
因为平面，平面，但平面，，
所以直线BN与是异面直线，故③正确；
因为平面，平面，但平面，，
所以直线AM与是异面直线，故④正确．
故选：A．
9．ACD
【分析】根据题意求截面，可知为直三棱柱，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面截该正四棱柱所得截面为矩形，即可得面积判断D.
【详解】设，
连接，，，
由长方体的性质可知：，可知A，，，四点共面，
所以为直三棱柱，其体积为，故A正确；
的体积为，B错误．
的外接球即为长方体的外接球，
所以的外接球的半径，
则的外接球的表面积为，C正确．
平面截该正四棱柱所得截面为矩形，其面积为，D正确．
故选：ACD.
10．AC
【分析】分类讨论不同的位置，即可得出结论.
【详解】由题意，在直三棱柱中，
，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，
A项，当时，截面为等边三角形，
此时，且，A正确；
B项，当时，点在三棱锥内部，为三角形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当有两个大于时，不为平行四边形,

当有三个大于时，截面为,
∴不存在正实数，，，使得截面为平行四边形，B错误；
C项，当，时，，解得：（舍）或，
当时， ，在三棱柱外，在三棱柱内，截面为五边形,故C错误；
D项，当，，时，截面为四边形,
易知与相交，
假设，因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以（矛盾），
故四边形不是梯形，
故D错误.
故选：AC.
11．BD
【分析】根据题意求得圆锥的母线、高以及底面半径，并作出图象，对于A，根据圆锥的几何性质，结合线面角的定义，可得答案；对于B，根据圆锥的体积公式，可得答案；对于C、D，根据圆锥的轴截面，利用等边三角形的性质，结合球的体积与表面积公式，可得答案.
【详解】由题意可知，圆锥的母线长为，圆锥侧面展开图的弧长为，
设圆锥的底面半径为，则，解得，则圆锥的高，
如下图：
对于A，设圆锥的母线与底面所成的角为，则，解得，故A错误；
对于B，圆锥的体积，故B正确；
对于C，设圆锥的内切球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
由，则在等边中，内切圆半经，即，
所以圆锥的内切球的体积，故C错误；
对于D，设圆锥的外接球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
在等边中，外接圆半径，即，
所以圆锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：BD.
12．BCD
【分析】根据直线，即可得矛盾判断A，根据截面性质可得截面为等腰梯形，即可求解B，根据异面直线的定义结合余弦定理给即可求解C，根据线面垂直可得线面角，即可利用三角形边角关系求解D.
【详解】对于A，取的中点为，连接,
故,由于相交，所以不可能平行，故A错误，
对于B，取的中点为，连接,则四边形即为截面，
由于,故四边形为等腰梯形，
过作，则,
所以,故B正确，
对于C，由于，所以即为直线BF与AC所成角或其补角，
,
所以,故C正确，
对于D，由于平面，所以即为与平面所成角,
故,故D正确，
故选：BCD
13．/
【分析】利用正方体的特征构造平行线求异面直线夹角即可.
【详解】
如图所示连接，根据正方体的特征易知，且为等边三角形，
所以即异面直线 与 所成的角，且，.
故答案为：
14．
【分析】根据条件，得出球是正方体的棱切球，进而得出圆心和半径，再利用球的性质得出点的位置，利用几何关系得出就是异面直线与所成角，再计算出，即可求出结果.
【详解】因为点分别为棱，，，的中点，且点都在球的表面上，
则球是正方体的棱切球，球心为对角线的中点，半径为，
取的中点，则点为延长线与球O表面的交点时点到平面的距离最大，
此时，，．
连接OE，则，就是异面直线与所成角，
因为，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值的平方为，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，利用点都在球的表面上，得到球为正方体的棱切球，利用球的性质，将球面上的点到平面的最大距离转化成球心到平面的距离不处理，再利用几何关系来解决问题.
15．
【分析】利用直线的平移，把两条异面直线所成的角转化为平面角，再解三角形求角.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接，.
因为，所以与所成的角为（或其补角）.
令，在中，由，，得.
又，，，
由余弦定理得，解得，所以.
故答案为：
16．
【分析】结合图形发现几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，则该球表面积的最小值可求；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，然后等体积法求之即可.
【详解】因为的各面都是边长为的等边三角形，
所以结合图像可知，几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成.
正四棱锥中
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，
此时球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点,平分与，
所以四边形为平行四边形，则,
而与相交构成平面，
则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积,
令点到平面的距离为，
则，
解得，
异面直线与的距离为.
故答案为：，.
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用平面的基本性质画出交线，进而确定比例和长度；
（2）利用（1）直接求解.
【详解】（1）如图所示：平面，
与底面的交点必在侧面与底面的交线上，
过点的平面与平面的交线是，（在线段的延长线上），
与平面的交线是（在线段上）．
（2）由（1）可知：，
在Rt中，由勾股定理得．
18．(1)
(2)异面直线所成角的正切值为，该亭子满足建筑要求.
【分析】（1）用圆锥体积公式和圆柱体积公式直接代入求解.
（2）圆柱母线和圆锥母线所在异面直线所成角，等于，然后直接求解.
用的正切值转化出然后判断是否满足建筑要求.
【详解】（1）
（2）观察圆柱母线和圆锥母线所在异面直线所成角，等于，，所以，
因为
所以该亭子满足建筑要求.
19．(1)
(2)为的中点，与重合，因而使的的轨迹为线段
【分析】（1）取的中点．连结，证明，再证明即可得解；
（2）设为所求的点，过在平面内作，交于，交于，证明平面，再由等体积法求出，即可得出的轨迹为线段．
【详解】（1）取的中点．连结，如图，

因为，所以四边形为平行四边形．
所以．因为，
所以．
所以，又，所以，
即异面直线与所成的角为．
（2）设为所求的点，过在平面内作，交于，交于，
连接，如图，

因为，平面，平面，
所以平面，所以上任一点到平面的距离相等，
所以有．
设，则
，
．
解得，即为的中点，所以与，与重合，
因而使的点的轨迹为线段．
20．(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明在平面与平面的交线上，来证得在直线上.
（2）判断出异面直线与所成角并计算出角的大小.
【详解】（1）平面平面，
由于平面，平面，
所以，也即点Q在直线DC上.
（2）根据正方体的性质可知，
所以异面直线与所成角为，
由于分别是的中点，
所以，
所以异面直线与所成角的大小为.
21．证明见解析
【分析】假定直线与直线不是异面直线，由此推理导出矛盾得解.
【详解】棱柱中，假设直线与直线共面，∵点平面，
∴平面，而平面，且平面平面，
即平面，∴矛盾，假设不成立，故直线与直线为异面直线；
22．证明见解析
【分析】取BC中点为G，连接DG，AG，通过证明，结合可证明结论；
【详解】取BC中点为G，连接DG，AG．
因分别为中点，则．
则四边形是平行四边形，故．
因为，则，所以.