2024届高三数学一轮复习基础夯实练46：空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练46：空间点、直线、平面之间的位置关系，共11页。试卷主要包含了若直线上有两个点在平面外，则，下列命题中不正确的是，AE，DF，8eq \r等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练46  空间点、直线、平面之间的位置关系1．若直线上有两个点在平面外，则(　　)A．直线上至少有一个点在平面内B．直线上有无穷多个点在平面内C．直线上所有点都在平面外D．直线上至多有一个点在平面内2．(多选)下列命题中不正确的是(　　)A．空间四点共面，则其中必有三点共线B．空间四点不共面，则其中任意三点不共线C．空间四点中有三点共线，则此四点不共面D．空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面3．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系(　　)A．两两垂直   B．两两平行C．两两相交   D．两两异面4．在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　)A．AE＝CF，AC与EF是共面直线B．AE≠CF，AC与EF是共面直线C．AE＝CF，AC与EF是异面直线D．AE≠CF，AC与EF是异面直线5.如图，已知四面体ABCD 的各条棱长均等于4，E，F 分别是棱AD，BC 的中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为(　　)A．3   B．4C．4   D．66．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)A.  B.  C.  D.7.(2023·广州模拟)如图为四棱锥A－DEFG的侧面展开图(点G1，G2重合为点G)，其中AD＝AF，G1D＝G2F.E是线段DF的中点，请写出四棱锥A－DEFG中一对一定相互垂直的异面直线________．(填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形)8. 如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为________．9. 如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．           10. 如图，在三棱锥P－ABC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P－ABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．             11．(多选)(2023·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，则(　　)A．AB⊥CDB．三棱锥A－BCD的体积为C．三棱锥A－BCD外接球半径为D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为12. 如图，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1，C1D1的中点，若AB＝6，则过A，E，F三点的截面的面积为(　　)A．9B．18C.D.13．(2022·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且＝＝，EF＝，则AB与CD所成角的大小为________．14．已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2，AC＝2，BC＝4，则：(1)球O的表面积为________；(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________．15．(2023·重庆模拟)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则平面α与该直三棱柱所得截面的周长为 ________.16. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点．(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由；(2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积．  
参考答案1．D　2.ACD　3.B　4.D5．B　[将正四面体补成正方体如图所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为2.由于EF⊥平面α，且平面α 与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴ 平行四边形MNKL 为矩形，∴S矩形MNKL＝KN·KL≤2＝4，当且仅当KN＝KL＝2 时取等号．]6．D　[方法一　如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.方法二　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，＝(－1，－1,2)，＝(2,0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝.方法三　如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.]7．AE，DF(或AE，DG或AE，GF或AG，DF)8．89．证明　(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.在△BCD中，＝＝，所以GH∥BD，所以EF∥GH.所以E，F，G，H四点共面．(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．10．解　(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥P－ABC的体积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是异面直线BC与AD所成的角(或其补角)．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.11．ABD　[将三棱锥补形为长方体，如图所示．其中BE＝BN＝1，BF＝2，所以AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，所以四边形AMFB为平行四边形，所以AB∥MF，又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确；长方体的体积V1＝1×1×2＝2，三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝××1×2×1＝，同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为，所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×＝，故B正确；长方体的外接球的直径为＝，所以长方体的外接球的半径为，长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，所以三棱锥A－BCD外接球的半径为，故C错误；连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角，由已知OA＝AD＝，OM＝MN＝，AM＝2，所以cos∠AOM＝＝－，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故D正确．]12．C　[连接EF，作直线EF分别与直线DC，DD1的延长线相交于点P，Q，连接AP交BC于点M，连接AQ交A1D1于点N，连接NF，ME.则五边形AMEFN即为过A，E，F三点的截面，如图所示．由题意知AP＝AQ＝3，PQ＝9，∴S△APQ＝，又ME∥AQ，且＝，∴S△MPE＝S△QNF＝S△APQ，∴S五边形AMEFN＝S△APQ＝.]13．60°解析　在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，∵＝，∴＝，又＝，∴＝，则GF∥CD，∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成角，在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1，EF＝，∴cos∠EGF＝＝－，∴∠EGF＝120°，∴AB与CD所成角的大小为60°.14．(1)52π　(2)4π解析　(1)由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P－ABC放入以AP，AC，AB为长方体的长，宽，高的长方体中，则体对角线为外接球直径，设外接球半径为r，即2r＝＝2，则r＝，所以球O的表面积为4πr2＝4π×()2＝52π.(2)由题意，得△ABC为直角三角形，所以D为底面ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC的外接圆，半径为2，故截面面积的最小值为π×22＝4π.15．3＋解析　如图所示，取AC的中点D，连接BD，取A1C1的中点D1，连接B1D1，取AD的中点G，连接EG，连接EF，分别取C1D1，B1C1的中点M，N，连接MN，FN，GM，可得EG∥BD，BD∥B1D1，MN∥B1D1，即有EG∥MN，又由AB＝BC，可得BD⊥AC，因为AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，可得EG⊥平面AA1C1C，由面面垂直的判定定理，可得平面EGMNF⊥平面AA1C1C，则平面EGMNF即为平面α，由EG＝BD＝，GM＝＝，MN＝B1D1＝，NF＝＝，FE＝＝，则所得截面的周长为×2＋＋×2＝3＋.16．解　(1)存在．当G为PA的中点时满足条件．如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE∥AB.又AB∥DC，所以GE∥DC，所以G，E，C，D四点共面．(2)因为E是PB的中点，所以VP－ACE＝VB－ACE＝VP－ACB.因为AD⊥DC，AB∥DC，所以AC＝，CB＝，故由题易知AC⊥BC，所以S△ABC＝AC·BC＝××＝1，VP－ACB＝PC·S△ABC＝，所以VP－ACE＝.