北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)课时规范练40　空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)课时规范练40　空间点、直线、平面之间的位置关系，共7页。试卷主要包含了给出以下四个命题等内容，欢迎下载使用。

1.(2021四川眉山诊断测试)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( )
A.0B.1C.2D.3
答案:B
解析:①中,空间四边形的四条线段不共面,故①错误.②中,过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面,故②正确.③中,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故③错误.④中,空间中,垂直于同一直线的两条直线可相交,可平行,可异面,故④错误.
2.(2021辽宁营口高三期末)已知空间中不过同一点的三条直线a,b,l,则“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
答案:A
解析:若直线a,b,l两两相交,又三者不过同一点,则a,b,l共面;而a,b,l共面,可能三者互相平行,所以不一定两两相交,所以“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”的充分不必要条件,故选A.
3.(2021福建龙岩一中高三月考)在四面体ABCD中,BC=BD=CD=2,AB=23,N是棱AD的中点,CN=3,则异面直线AB与CN所成的角为( )
A.π3B.π6C.π4D.π2
答案:A
解析:取BD的中点为M,连接MN,CM,又N是AD的中点,则MN∥AB,所以∠MNC(或其补角)就是异面直线AB与CN所成的角.在△MNC中,MN=12AB=3,CN=3,CM=32×2=3,所以△MNC为等边三角形,故∠MNC=π3,即异面直线AB与CN所成的角为π3.
4.(2021辽宁实验中学高三月考)如图是一个正方体的平面展开图,则在该正方体中,下列叙述错误的是( )
A.AH⊥FC
B.AC∥BG
C.BD与FC所成的角为60°
D.AC∥平面BEG
答案:B
解析:将平面展开图以正方形ABCD为下底面,折起还原为正方体,各顶点的字母标记如图所示,连接相应顶点,∵AH⊥DE,FC∥DE,∴AH⊥FC,故选项A正确;∵AC∥EG,EG与BG相交,∴AC与BG显然不平行,故选项B错误;∵DE∥CF,△BDE为等边三角形,∴∠BDE=60°,故异面直线BD与FC所成角为60°,故选项C正确;∵AC∥EG,AC⊈平面BEG,EG⫋平面BEG,∴AC∥平面BEG,故选项D正确.故选B.
5.(2021重庆巴蜀中学高三月考)空间四边形ABCD的对角线互相垂直且相等,点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点,顺次连接这四个中点,则四边形EFGH是 .
答案:正方形
解析:连接AC,BD,∵E,F,G,H分别为各边的中点,∴EF∥AC,GH∥AC,EH∥BD,FG∥BD,EF=GH=12AC,EH=FG=12BD,
∴四边形EFGH是平行四边形.
∵AC⊥BD,且AC=BD,
∴EF⊥FG,且EF=FG,
∴四边形EFGH是正方形.
6.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,且AB=4,AC=5,则BC的取值范围是 .
答案:(3,41)
解析:如图所示,问题等价于长方体中,棱长分别为x,y,z,且x2+y2=16,x2+z2=25,求y2+z2的取值范围,转化为y2+z2=41-2x2,
∵x2+y2=16,
∴0∴41-2x2∈(9,41),即BC的取值范围是(3,41).
综合提升组
7.(2021山东威海高三检测)如图,已知圆锥的底面半径为2,母线长为4,AB为圆锥底面圆的直径,C是AB的中点,D是母线SA的中点,则异面直线SC与BD所成角的余弦值为( )
A.34B.1020
C.33D.32
答案:A
解析:延长AB至点E,使AB=BE,连接SE,CE,OC.
因为D是母线SA的中点,所以SE∥BD,
所以∠CSE为异面直线SC与BD所成的角(或其补角).
由题意知OE=6,OC=2,又C是AB的中点,所以CO⊥OB,所以在Rt△COE中,CE=OC2+OE2=210.因为SA=SB=AB=4,所以BD=32SB=23,所以SE=2BD=43.在△SCE中,SC=4,由余弦定理得cs∠CSE=SC2+SE2-CE22SC·SE=16+48-402×4×43=34.
8.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案:A
解析:如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.又N为BD1的中点,所以MN∥AB.又MN⊈平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,∵A1D⫋平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.又四边形ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,∴直线A1D与直线D1B垂直.易知直线A1D与直线D1B异面.故选A.
9.(2021宁夏固原一中高三月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是DB的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,有以下结论:①C1,M,O三点共线;②C1,M,O,C四点共面;③C1,O,B1,B四点共面;④D1,D,O,M四点共面.
正确结论的序号是 .
答案:①②
解析:∵O∈AC,AC⫋平面ACC1A1,∴O∈平面ACC1A1.∵O∈BD,BD⫋平面C1BD,∴O∈平面C1BD,∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点.同理可得,点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点,∴三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,即C1,M,O三点共线.故①正确;∵AA1∥BB1,BB1∥CC1,∴AA1∥CC1,AA1,CC1确定一个平面,又M∈A1C,AC⫋平面ACC1A1,∴M∈平面ACC1A1,故②正确;根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线,故C1,O,B1,B四点不共面,故③不正确;根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线,故D1,D,O,M四点不共面,故④不正确.
10.(2021山东烟台招远一中高三月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为C1D1,B1C1的中点.
(1)求证:B,D,E,F四点共面;
(2)若AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,AC1与平面BDEF交于点R,求证:P,Q,R三点共线.
证明:(1)如图,连接B1D1,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为C1D1,B1C1的中点,
∴EF是△B1C1D1的中位线,
∴EF∥B1D1.
又B1D1∥BD,∴EF∥BD,∴B,D,E,F四点共面.
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,
∴PQ是平面AA1C1C与平面BDEF的交线,
又AC1交平面BDEF于点R,
∴R是平面AA1C1C与平面BDEF的一个公共点.
∵两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上,∴P,Q,R三点共线.
创新应用组
11.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的大小为 .
答案:π3
解析:如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD=m1,
∵α∥平面CB1D1,则m1∥m,
又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴B1D1∥m1,
∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n.
故m,n所成角的大小与B1D1,CD1所成角的大小相等,即∠CD1B1的大小.
又B1C=B1D1=CD1(均为面对角线),∴∠CD1B1=π3.
12.(2021山西大学附中高三月考)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC和C1D1的中点,经过点A,E,F的平面把正方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分,则截面与BCC1B1的交线段长为 .
答案:103
解析:如图,连接AE并延长交DC的延长线于点M,连接FM交CC1于点G,连接EG并延长交B1C1的延长线于点N,连接NF并延长交A1D1于点H,连接AH,则五边形AEGFH为经过点A,E,F的正方体的截面,
因为E为BC的中点,所以CE=12BC=2,
因为CE∥AD,所以△MCE∽△MDA,
所以CMDM=CEAD=12,所以CM=CD=4.
因为DM∥C1D1,所以△MCG∽△FC1G,所以CGC1G=CMC1F=2,所以CG=23×4=83,所以EG=CE2+CG2=22+(83) 2=103,所以截面与BCC1B1的交线段长为103.