2022版高考数学大一轮复习课时作业43《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业43《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
在下列命题中，不是公理的是( )
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
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( )
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
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.6eq \r(2) B.12 C.12eq \r(2) D.24eq \r(2)
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC边的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足eq \(MQ,\s\up6(→))=λeq \(MN,\s\up6(→))的实数λ的值有( )
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
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( )
A.eq \f(\r(14),7) B.eq \f(5,7) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(2\r(5),5)
到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( )
A.1 B.4 C.7 D.8
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.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(2),2)
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.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,3)
二、填空题
三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是 .
在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA中点，则异面直线MN和CD所成角的余弦值为 .
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eq \f(CF,CB)=eq \f(CG,CD)=eq \f(2,3)，则下列说法正确的是 .(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.
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 (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.
三、解答题
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.
如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点.已知∠BAC=eq \f(π,2)，AB=2，AC=2eq \r(3)，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.
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.
\s 0 答案详解
答案为：A.
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.
答案为：C.
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.
答案为：A.
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°=6eq \r(2).故选A.
答案为：C；
解析：本题可以转化为在MN上找点Q使OQ綊PD1，可知只有Q点与M，N重合时满足条件．故选C．
答案为：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=eq \r(5)，D1G=eq \r(2)，D1E=3，
在△D1EG中，cs∠D1EG=eq \f(D1E2＋GE2－D1G2,2D1E·GE)=eq \f(2\r(5),5)，故选D.
答案为：C.
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.
答案为：A.
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=eq \r(2)，
由于O是BC的中点，在直角三角形ABC中可以求得AO=eq \r(2)，
在直角三角形DAO中可以求得DO=eq \r(3).
在三角形DOE中，由余弦定理得cs∠DOE=eq \f(1＋3－2,2×1×\r(3))=eq \f(\r(3),3)，
故所求异面直线DO与AB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
答案为：A.
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eq \f(\r(3),2).
答案为：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.
答案为：eq \f(\r(2),2).
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=eq \r(2)，故cs∠MNE=eq \f(NE2＋MN2－ME2,2NE·MN)=eq \f(\r(2),2).
答案为：④.
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=eq \f(1,2)BD，FG=eq \f(2,3)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.
答案为：①②③.
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=eq \f(1,6)V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.
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.
解：(1)S△ABC=eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)=2eq \r(3)，
三棱锥P­ABC的体积为V=eq \f(1,3)S△ABC·PA=eq \f(1,3)×2eq \r(3)×2=eq \f(4\r(3),3).
(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=eq \r(2)，AD=2，cs∠ADE=eq \f(22＋22－2,2×2×2)=eq \f(3,4).
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
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=eq \f(1,2)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=eq \r(5)，MB=OF=eq \r(3)，OF⊥AE，所以cs∠OFE=eq \f(OF,EF)=eq \f(\r(3),\r(5))=eq \f(\r(15),5)，
所以BM与EF所成的角的余弦值为eq \f(\r(15),5).