2023年新高考数学一轮复习课时8.3《空间点、线、面的位置关系》达标练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
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)
已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：
①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；
②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；
③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.
其中正确的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )
A.3对 B.4对 C.5对 D.6对
已知a，b，c是相异直线，α，β，γ是相异平面，则下列命题中正确的是( )
A.a与b异面，b与c异面⇒a与c异面
B.a与b相交，b与c相交⇒a与c相交
C.α∥β，β∥γ⇒α∥γ
D.a⊂α，b⊂β，α与β相交⇒a与b相交
在正三棱柱ABC­A1B1C1，AB=4，点D在棱BB1上，若BD=3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为( )
A.eq \f(2\r(3),5) B.eq \f(2\r(39),13) C.eq \f(5,4) D.eq \f(4,3)
已知直线m，l，平α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；
③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.
其中正确的命题是( )
A.①④ B.③④ C.①② D.①③
已知P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝4eq \r(3)，则异面直线PA与MN所成角的大小是 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
若a，b是两条异面直线，则存在唯一确定的平面β，满足( )
A.a∥β且b∥β B.a⊂β且b∥β
C.a⊥β且b⊥β D.a⊂β且b⊥β
a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
下列四个命题中错误的是( )
A.若直线a，b互相平行，则直线a，b确定一个平面
B.若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线
C.若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
D.两条异面直线不可能垂直于同一个平面
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)
已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(3),3)
二、填空题
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 .
如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K.给出以下命题：
①直线MN⊂平面PQR；
②点K在直线MN上；
③M，N，K，A四点共面.
其中正确结论的序号为________.
\s 0 答案解析
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：B
解析：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错；显然③成立.故选答案为：B.
答案为：C
解析：因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB，共5对.
答案为：C
解析：如图1，在正方体中，a，b，c是三条棱所在直线，满足a与b异面，b与c异面，但a∩c=A，故A错误；在图2的正方体中，满足a与b相交，b与c相交，但a与c不相交，故B错误；如图3，α∩β=c，a∥c，则a与b不相交，故D错误.
答案为：B；
解析：取AC
的中点E，连接BE，如图，可得eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))=(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→)))·eq \(EB,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))=4×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)
=12=5×2eq \r(3)×cs θ(θ为eq \(AD,\s\up6(→))与eq \(EB,\s\up6(→))的夹角)，
所以cs θ=eq \f(2\r(3),5)，sin θ=eq \f(\r(13),5)，tan θ=eq \f(\r(39),6)，
又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq \f(2\r(39),13).
答案为：A
解析：对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确，排除B.
对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确.选A.
答案为：A
解析：取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝eq \f(1,2)AP，OM∥BC，OM＝eq \f(1,2)BC，
所以异面直线PA与MN所成的角为∠ONM(或其补角)，在△ONM中，OM＝2，ON＝2eq \r(3)，
MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.
答案为：B
解析：A中，β有无数个；由C可得a∥b，与a，b是两条异面直线矛盾；由D可得a⊥b，但a，b不一定异面.故选B.
答案为：C.
解析：对于A，B，D，a与c可能相交、平行或异面，因此A，B，D不正确，
根据异面直线所成角的定义知C正确.]
答案为：C
解析：过两条平行直线，有且只有一个平面，A正确；如果四点中存在三点共线，则四点共面，B正确；两条直线没有公共点，这两条直线可能平行，也可能异面，C错误；垂直于同一个平面的两条直线平行，这样的两条直线共面，D正确.
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：B.
解析：画出正四面体ABCD的直观图，如图所示.
设其棱长为2，取AD的中点F，连接EF，设EF的中点为O，连接CO，则EF∥BD，
则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角.△ABC为等边三角形，则CE⊥AB，
易得CE=eq \r(3)，同理可得CF=eq \r(3)，故CE=CF.因为OE=OF，所以CO⊥EF.
又EO=eq \f(1,2)EF=eq \f(1,4)BD=eq \f(1,2)，所以cs∠FEC=eq \f(EO,CE)=eq \f(\f(1,2),\r(3))=eq \f(\r(3),6).]
二、填空题
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：B
解析：将展开图还原为几何体(如图)，
因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，
则直线BE与CF共面，①错误；因为AF⊂平面PAD，B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，
所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错误.故选B.
答案为：4
解析：取CD的中点H，连接EH，FH.在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，
所以CD⊥平面EFH.所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左、右两侧面平行，
则EF也与之平行，与其余四个平面相交.
答案为：①②③ [由题意知，M∈PQ，N∈RQ，K∈RP，
从而点M，N，K∈平面PQR.所以直线MN⊂平面PQR，故①正确.
同理可得点M，N，K∈平面BCD.从而点M，N，K在平面PQR与平面BCD的交线上，
即点K在直线MN上，故②正确.
因为A∉直线MN，从而点M，N，K，A四点共面，故③正确.]