2025高考数学一轮复习-7.2-空间点、直线、平面之间的位置关系-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.2-空间点、直线、平面之间的位置关系-专项训练【含答案】，共11页。
1.下列结论正确的是( )
A.梯形可以确定一个平面
B.若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线平行
C.若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α
D.如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合
2.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是弧BC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
3.已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的等边三角形,侧棱长为3,A1在底面ABC上的射影D为BC的中点,则异面直线AB与CC1所成的角为( )
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2
4.已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5.如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1,则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为( )
A.12 B.13
C.14 D.25
6.已知a,b是两条直线,α,β是两个平面,则下列说法中正确的序号为 .
①若a平行于α内的无数条直线,则a∥α;
②若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线;
③若α∥β,a⊂α,则a∥β;
④若α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交.
7.如图,在四棱锥PABCD中,O为CD上的动点,VP−OAB恒为定值,且
△PDC是正三角形,则直线PD与直线AB所成角的大小是 .
8.在四面体ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点.若BD,AC所成的角为60°,且BD=AC=1,则EF的长为 .
9.如图,正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=4,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,求AD与GF所成的角的余弦值.
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10.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.32 B.22 C.33 D.13
11.如图所示,四边形ABEF和ABCD都是梯形,BC12AD,BE12FA,G,H分别为FA,FD的中点.
(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;
(2)C,D,F,E四点是否共面?为什么?
12.如图所示,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AB,CC1的中点.
(1)求异面直线A1E与D1F所成角的余弦值;
(2)求三棱锥A1D1EF的体积.
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13.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,E,F分别为AA1,CC1的中点,M为AB上一点.
(1)若D1E与CM相交于点K,求证:D1E,CM,DA三条直线相交于同一点;
(2)若AB=2,AA1=4,∠BAD=π3,求点D1到平面FBD的距离.
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解析:因为梯形的上、下两底面平行,所以梯形是平面图形,故A正确;若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线可能相交、平行或异面,故B错误;当直线和平面相交时,该直线上也有无数个点不在平面内,故C错误;如果两个平面有三个公共点且它们共线,那么这两个平面可能相交,故D错误.故选A.
2.解析:如图,由已知得,AE=AB2+BE2=4+(2)2=6,CF=
BC2+BF2=4+1=5,所以AE≠CF,在△ABC中,O是BC的中点,F是AB的中点,所以OF∥AC,所以AC与OF是共面直线,若AC与EF是共面直线,则O,F,A,C,E在同一平面,显然矛盾,故AC与EF是异面直线.故选D.
3.解析:连接A1D,AD,A1B(图略),因为CC1∥AA1,所以∠A1AB为异面直线AB与CC1所成的角.由题可知AD=4-1=3,A1D=9-3=6,A1B=
(6)2+1=7,由余弦定理,可得cs∠A1AB=9+4-72×3×2=12,所以∠A1AB=π3,所以异面直线AB与CC1所成的角为π3.故选C.
4.解析:直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”,反之不成立.所以“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件.故选A.
5.解析:延长AC至D使得CD=AC,连接C1D,BD,则CDA1C1,所以四边形CDC1A1是平行四边形,所以A1C∥C1D,所以∠BC1D是异面直线A1C与BC1所成的角或其补角,在正三棱柱ABCA1B1C1中,CC1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥BC,同理CC1⊥CD,设AB=1,则A1C=BC1=C1D=2,∠BCD=
120°,CD=AC=CB=1,∠CBD=∠CDB=30°,所以BD=2×1×cs 30°=3,所以cs∠BC1D=BC12+C1D2-BD22BC1·C1D=2+2-32×2×2=14,所以异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为14.
故选C.
6.解析:①忽略了a在α内这一情况,故①错误;②直线a与b没有交点,所以直线a与b可能异面也可能平行,故②错误;③直线a与平面β没有公共点,所以a∥β,故③正确;④直线a与平面β可能相交也可能平行,故④错误.
答案:③
7.解析:因为VP−OAB为定值,
所以S△ABO为定值,即O到AB的距离为定值.
因为O为CD上的动点,所以CD∥AB,
所以∠PDC为异面直线PD与AB所成的角.
因为△PDC为正三角形,所以∠PDC=60°.
所以直线PD与直线AB所成的角为60°.
答案:60°
8.解析:如图,取BC的中点O,连接OE,OF,
由题意,得OE∥AC,OF∥BD,
所以OE与OF所成的锐角即为AC与BD所成的角,而AC,BD所成的角为60°,
所以∠EOF=60°或∠EOF=120°.
当∠EOF=60°时,EF=OE=OF=12.
当∠EOF=120°时,取EF的中点M,
则OM⊥EF,
EF=2EM=2×34=32.
答案:12或32
9.解:取DE的中点H,连接HF,GH.
由题设,HF∥AD且HF=12AD,
所以∠GFH为异面直线AD与GF所成的角(或其补角).
在△GHF中,可求HF=22,GF=GH=26,
所以cs∠GFH=HF2+GF2-GH22·HF·GF=(22)2+(26)2-(26)22×22×26=36.
所以AD与GF所成的角的余弦值为36.
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10.解析:如图所示,过点A补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体,易知平面α为平面AF1E,则m,n所成的角为∠EAF1.因为△AF1E为正三角形,
所以sin∠EAF1=sin 60°=32.故选A.
11.(1)证明:由已知FG=GA,FH=HD,可得GH12AD.又BC12AD,所以GHBC,所以四边形BCHG为平行四边形.
(2)解:因为BE12FA,G为FA的中点,
所以BEFG,
所以四边形BEFG为平行四边形,所以EF∥BG.
由(1)知BGCH,
所以EF∥CH,
所以EF与CH共面.
又D∈FH,所以C,D,F,E四点共面.
12.解:(1)如图,设BB1的中点为H,连接HF,EH,A1H,
因为F是CC1的中点,
所以A1D1∥CB∥HF,
A1D1=CB=HF,
因此四边形A1D1FH是平行四边形,
所以D1F∥A1H,D1F=A1H,
因此∠EA1H是异面直线A1E与D1F所成的角或其补角,
又正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是AB的中点,所以A1E=A1H=
22+12=5,EH=12+12=2,由余弦定理可知,cs∠EA1H=
A1E2+A1H2-EH22A1E·A1H=5+5-22×5×5=45,所以异面直线A1E与D1F所成角的余弦值为45.
(2)因为A1D1∥HF,HF⊄平面A1D1E,A1D1⊂平面A1D1E,
所以HF∥平面A1D1E,
因此点H,F到平面A1D1E的距离相等,
所以VA1−D1EF=VF−A1D1E=VH−A1D1E
=VD1−A1EH=13D1A1·S△A1EH
=13×2×(22-12×2×1×2-12×1×1)
=1,
所以三棱锥A1-D1EF的体积为1.
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13.(1)证明:因为D1E与CM相交于点K,
所以K∈D1E,K∈CM,而D1E⊂平面ADD1A1,CM⊂平面ABCD,
且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,
所以K∈AD,
所以D1E,CM,DA三条直线相交于同一点K.
(2)解:因为四边形ABCD为菱形,AB=2,
所以BC=CD=2,而四棱柱的侧棱AA1⊥底面ABCD,
所以CC1⊥底面ABCD,
又F是CC1的中点,CC1=4,所以CF=2,
所以BF=DF=22,
又四边形ABCD为菱形,∠BAD=π3,
所以BD=AB=2,
所以S△FBD=12×2×(22)2-12=7.
设点D1到平面FBD的距离为h,点B到平面DD1F的距离为d,
则d=2sinπ3=3,
又VD1−FBD=VB−DD1F,
所以13S△FBD·h=13S△DD1F·d,
所以13×7·h=13×12×4×2×3,
解得h=4217,
即点D1到平面FBD的距离为4217.