备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练51空间点直线平面之间的位置关系（附解析人教A版）

这是一份备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练51空间点直线平面之间的位置关系（附解析人教A版），共5页。试卷主要包含了下列推理正确的有等内容，欢迎下载使用。

1.如果直线a⊂平面α,直线b⊂平面β,且α∥β,则a与b的位置关系为( )
A.共面B.平行
C.异面D.平行或异面
2.若∠AOB=∠A'O'B',OA∥O'A',且OA与O'A'的方向相同,则OB与O'B'( )
A.一定平行且方向相同
B.一定平行且方向相反
C.一定不平行
D.不一定平行
3.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是A1B1的中点,过点B,D,N的平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.4B.
C.4D.2
4.(多选题)下列推理正确的有( )
A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l⊂α
B.若α,β是两个不同的平面,A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β=AB
C.l⊄α,A∈l⇒Aα
D.A∈l,l⊂α⇒A∈α
5.(2024·山东济宁模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心,E为BC的中点,则异面直线AO1与C1E所成角的余弦值是 .
6.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)EG与HF的交点在直线AC上.
综合 提升练
7.(2024·重庆模拟)在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,AB=AS=2,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,E,F,G分别是SA,SB,BC的中点,则异面直线DE与FG所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8.如图是正方体的平面展开图,在这个正方体中,①BN与ED平行;②CN与BE是异面直线;③CN与BM成60°角;④DM与BN垂直.
以上四个命题中,正确命题的序号是 .
9.(2024·河北唐山模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为棱AB,BC的中点,过D1,E,F作该正方体的截面,则截面形状为 ,周长为 .
创新 应用练
10.已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5,侧棱长为3,则以下底面的一个顶点为球心,半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为 .
课时规范练51 空间点、直线、平面之间的位置关系
1.D 解析 由题意,a与b不可能相交,当a与b共面时,a∥b,当a与b不共面时,a与b为异面直线.
2.D 解析 如图,若∠AOB=∠A'O'B',OA∥O'A',且OA与O'A'的方向相同,OB与O'B'不一定平行.
3.B 解析 连接B1D1,取A1D1的中点M,连接MN,DM,BN.因为N是A1B1的中点,所以MN∥B1D1,MN=B1D1=因为BD∥B1D1,BD=B1D1,所以MN∥BD,MN=BD,所以过点B,D,N的平面α截该正方体所得截面为梯形BDMN.连接AC交BD于点O,连接A1C1交MN于点O1,连接OO1.因为B1N=D1M=1,BB1=DD1=2,∠BB1N=∠DD1M=90°,所以BN=DM=,所以梯形BDMN为等腰梯形,所以OO1=,所以梯形BDMN的面积为(2)
4.ABD 解析 由A∈l,A∈α,B∈l,B∈α根据基本事实2可得l⊂α,故A选项正确;由A∈α,A∈β,B∈α,B∈β根据基本事实3可得α∩β=AB,故B选项正确;由l⊄α,A∈l可得A∉α或A∈α,故C选项错误;由A∈l,l⊂α可得A∈α,故D选项正确.
5. 解析 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取AD,A1D1的中点F,M,连接EF,D1F,AM,O1M,如图.因为E为BC的中点,有EF∥CD∥C1D1,EF=CD=C1D1,则四边形C1D1FE是平行四边形.于是D1F∥C1E.因为AF∥D1M,AF=D1M,所以四边形AMD1F是平行四边形,因此AM∥D1F∥C1E,则∠O1AM是异面直线AO1与C1E所成的角或补角.而O1为底面A1B1C1D1的中心,则O1M∥C1D1,又C1D1⊥平面ADD1A1,从而O1M⊥平面ADD1A1,而AM⊂平面ADD1A1,则O1M⊥AM,在Rt△O1MA中,O1M=1,AM=,则AO1=,于是cs∠O1AM=,所以异面直线AO1与C1E所成角的余弦值是
6.证明 (1)∵BG∶GC=DH∶HC=1∶2,∴GH∥BD.∵E,F分别为AB,AD的中点,∴EF∥BD,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四点共面.
(2)∵E,F分别是AB,AD的中点,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,∴EF∥GH,且EF≠GH.∴EG与FH必相交,设交点为M.∵EG⊂平面ABC,HF⊂平面ACD,∴M∈平面ABC,且M∈平面ACD.∵平面ABC∩平面ACD=AC,∴M∈AC,∴EG与HF的交点在直线AC上.
7. D 解析 如图,连接AC,BD交于点O,连接OE.∵四边形ABCD为菱形,AC∩BD=O,∴O为AC的中点,且AC⊥BD.∵E为SA的中点,∴OE∥SC,又F,G分别是SB,BC的中点,∴FG∥SC,故FG∥OE.∴异面直线DE与FG所成的角为∠OED或其补角.∵SA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥SA.∵BD⊥AC,SA∩AC=A,SA,AC⊂平面SAC,∴BD⊥平面SAC.∵OE⊂平面SAC,∴OE⊥BD.∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形,同理可知△ACD也为等边三角形,∴OD=SA=2,AE=1,又SA⊥AC,∴OE=,∵SA⊥AD,∴DE=,∴cs∠OED=,∴异面直线DE与FG所成角的余弦值为
8. ③④ 解析 把平面展开图还原成正方体,如图,由异面直线的定义可知,BN与ED是异面直线,故①错误;因为EN∥AD,AD∥BC,EN=AD=BC,所以EN∥BC且EN=BC,则四边形BCNE为平行四边形,则BE∥CN,故②错误;因为BE∥CN,所以∠EBM(或其补角)为CN与BM所成的角,连接EM,可知△BEM为正三角形,则∠EBM=60°,故③正确;因为BC⊥平面CMND,DM⊂平面CMND,所以DM⊥BC,又DM⊥NC,BC∩NC=C,BC,NC⊂平面BCNE,故DM⊥平面BCNE,又BN⊂平面BCNE,所以DM⊥BN,故④正确.
9.五边形 2 解析 连接EF并延长交DC的延长线于点N,连接D1N交CC1于点Q,连接QF.延长FE交DA的延长线于点M,连接D1M交AA1于点P,连接EP,则五边形D1QFEP即为平面D1EF截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面多边形,如图.
由题意,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则AE=1,∠AEM=∠BEF=45°,则△AME为等腰直角三角形,则AM=1.根据△AMP∽△A1D1P,得,则A1P=,AP=,则D1P=,EP=同理可得D1Q=,FQ=而EF=,则五边形D1QFEP的周长为2×()+=2
10.2π 解析 由题意不妨令下底面为△ABC,则△ABC是边长为5的等边三角形,侧面均为全等的等腰梯形,在四边形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,在棱AB上取BF=2,连接A1F,易知△AA1F为等边三角形,即∠A1AB=60°,则以下底面的一个顶点A为球心,
半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧,则所求交线长度为三段圆弧的长度之和,长度为2×3=2π.