《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 3 第3講 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系練習(xí) 理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 3 第3講 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系練習(xí) 理（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 [基礎(chǔ)題組練] 1．四條線段順次首尾相連，它們最多可確定的平面?zhèn)€數(shù)有(　　) A．4個(gè)　　　　　　　　　 B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) 解析：選A.首尾相連的四條線段每相鄰兩條確定一個(gè)平面，所以最多可以確定四個(gè)平面． 2．已知A，B，C，D是空間四點(diǎn)，命題甲：A，B，C，D四點(diǎn)不共面，命題乙：直線AC和BD不相交，則甲是乙成立的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A.若A，B，C，D四點(diǎn)不共面，則直線AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直線AC和BD

2、不相交，若直線AC和BD平行時(shí)，A，B，C，D四點(diǎn)共面，所以甲是乙成立的充分不必要條件． 3．已知l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是(　　) A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共點(diǎn)?l1，l2，l3共面 解析：選B.在空間中，垂直于同一直線的兩條直線不一定平行，故A錯(cuò)；兩條平行直線中的一條垂直于第三條直線，則另一條也垂直于第三條直線，B正確；相互平行的三條直線不一定共面，如三棱柱的三條側(cè)棱，故C錯(cuò)；共點(diǎn)的三條直線不一定共面，如三棱錐的三條側(cè)棱，故D錯(cuò)．

3、 4．如圖，ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．A，M，O三點(diǎn)共線 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：選A.連接A1C1，AC，則A1C1∥AC， 所以A1，C1，C，A四點(diǎn)共面， 所以A1C?平面ACC1A1， 因?yàn)镸∈A1C， 所以M∈平面ACC1A1. 又M∈平面AB1D1， 所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上， 同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上． 所以A，M，O三點(diǎn)共線． 5．(

4、2019·成都第一次診斷性檢測(cè))在各棱長(zhǎng)均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點(diǎn)，N是棱AC的中點(diǎn)，則異面直線A1M與BN所成角的正切值為(　　) A. B．1 C. D. 解析：選C.法一：如圖，取AA1的中點(diǎn)P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質(zhì)可知A1M∥PB，則∠PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，故選C. 法二：以N為坐標(biāo)原點(diǎn)，NB，NC所在的直線分別為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)N與平面ABC垂直的直線為z軸

5、，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則N(0，0，0)，A1(0，－1，2)，B(，0，0)，M(，0，1)，所以＝(，0，0)，＝(，1，－1)，設(shè)直線A1M與BN所成的角為θ，則cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，則sin θ＝，tan θ＝. 6．如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E，H分別是邊AB，AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且＝＝，則下列說(shuō)法正確的是________． ①EF與GH平行； ②EF與GH異面； ③EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上； ④EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上． 解析：連接EH，F(xiàn)G(圖略)，依題意

6、，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．因?yàn)镋H＝BD，F(xiàn)G＝BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M.因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，故點(diǎn)M在平面ACB上．同理，點(diǎn)M在平面ACD上，所以點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn)，又AC是這兩個(gè)平面的交線，所以點(diǎn)M一定在直線AC上． 答案：④ 7．一正方體的平面展開圖如圖所示，在這個(gè)正方體中，有下列四個(gè)命題： ①AF⊥GC；②BD與GC成異面直線且夾角為60°； ③BD∥MN；④BG與平面ABCD所成的角為45°. 其中正確的是________(填序號(hào))． 解析：將平面展開圖還原成正方體(

7、如圖所示)． 對(duì)于①，由圖形知AF與GC異面垂直，故①正確； 對(duì)于②，BD與GC顯然成異面直線．如圖，連接EB，ED，則BM∥GC，所以∠MBD即為異面直線BD與GC所成的角(或其補(bǔ)角)．在等邊△BDM中，∠MBD＝60°，所以異面直線BD與GC所成的角為60°，故②正確； 對(duì)于③，BD與MN為異面垂直，故③錯(cuò)誤； 對(duì)于④，由題意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG與平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④錯(cuò)誤．綜上可得①②正確． 答案：①② 8．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與

8、BC1所成角的余弦值為________． 解析：如圖所示，將直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接AD1，B1D1，則AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其補(bǔ)角為異面直線AB1與BC1所成的角．因?yàn)椤螦BC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos∠B1AD1＝＝. 答案： 9．在正方體ABCD-A1B1C1D1中， (1)求AC與A1D所成角的大小； (2)若E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，求A1C1與EF所成角的大?。? 解：(1

9、)如圖，連接B1C，AB1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，易知A1D∥B1C，從而B1C與AC所成的角就是AC與A1D所成的角． 因?yàn)锳B1＝AC＝B1C， 所以∠B1CA＝60°. 即A1D與AC所成的角為60°. (2)連接BD，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1. 因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)， 所以EF∥BD，所以EF⊥AC. 所以EF⊥A1C1. 即A1C1與EF所成的角為90°. 10.如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中點(diǎn)．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求： (1)三棱錐P-ABC

10、的體積； (2)異面直線BC與AD所成角的余弦值． 解：(1)S△ABC＝×2×2＝2， 三棱錐P-ABC的體積為V＝S△ABC·PA＝×2×2＝. (2)如圖，取PB的中點(diǎn)E，連接DE，AE，則ED∥BC，所以∠ADE(或其補(bǔ)角)是異面直線BC與AD所成的角． 在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝. 故異面直線BC與AD所成角的余弦值為. [綜合題組練] 1．(應(yīng)用型)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1和AB的中點(diǎn)，平面B1EF交棱AD于點(diǎn)P，則PE＝(　　) A. B. C. D. 解析：選D.過(guò)點(diǎn)C1作

11、C1G∥B1F，交直線CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作HQ∥C1G，交CD延長(zhǎng)線，C1D1于點(diǎn)H，Q，連接B1Q，HF交AD于點(diǎn)P，HQ∥B1F，所以Q，H，F(xiàn)，B1四點(diǎn)共面，易求得HD＝D1Q＝，由△PDH∽△PAF可得＝＝2，則PD＝， 在Rt△PED中，PE＝＝，故選D. 2．(2019·寧波模擬) 如圖，在直二面角A-BD-C中，△ABD，△CBD均是以BD為斜邊的等腰直角三角形，取AD的中點(diǎn)E，將△ABE沿BE翻折到△A1BE，在△ABE的翻折過(guò)程中，下列不可能成立的是(　　) A．BC與平面A1BE內(nèi)某直線平行 B．CD∥平面A1BE C．BC與平面A1BE內(nèi)某直線垂直 D．BC

12、⊥A1B 解析：選D.連接CE，當(dāng)平面A1BE與平面BCE重合時(shí)，BC?平面A1BE，所以平面A1BE內(nèi)必存在與BC平行和垂直的直線，故A，C可能成立； 在平面BCD內(nèi)過(guò)B作CD的平行線BF，使得BF＝CD， 連接EF，則當(dāng)平面A1BE與平面BEF重合時(shí)，BF?平面A1BE， 故平面A1BE內(nèi)存在與BF平行的直線，即平面A1BE內(nèi)存在與CD平行的直線， 所以CD∥平面A1BE，故C可能成立． 若BC⊥A1B，又A1B⊥A1E，則A1B為直線A1E和BC的公垂線，所以A1B＜CE， 設(shè)A1B＝1，則經(jīng)計(jì)算可得CE＝， 與A1B＜CE矛盾，故D不可能成立．故選D. 3．(2019

13、·濟(jì)南模擬)如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點(diǎn)，將四邊形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，則異面直線BD與CF所成角的余弦值為________． 解析：如圖，連接DE交FC于O，取BE的中點(diǎn)G，連接OG，CG，則OG∥BD且OG＝BD，所以∠COG為異面直線BD與CF所成的角或其補(bǔ)角．設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則CE＝BE＝1，CF＝DE＝＝，所以CO＝CF＝.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝＝，所以O(shè)G＝BD＝.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝BE＝，所以CG＝＝.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG

14、＝＝＝，所以異面直線BD與CF所成角的余弦值為. 答案： 4．(創(chuàng)新型)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻折過(guò)程中，下列四個(gè)命題中不正確的是________(填序號(hào))． ①BM是定值； ②點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動(dòng)； ③存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C； ④存在某個(gè)位置，使MB∥平面A1DE. 解析：取DC的中點(diǎn)F，連接MF，BF，則MF∥A1D且MF＝A1D，F(xiàn)B∥ED且FB＝ED， 所以∠MFB＝∠A1DE. 由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，所

15、以M是在以B為球心，MB為半徑的球上，可得①②正確； 由MF∥A1D與FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正確；若存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C，則因?yàn)镈E2＋CE2＝CD2，即CE⊥DE，因?yàn)锳1C∩CE＝C，則DE⊥平面A1CE，所以DE⊥A1E，與DA1⊥A1E矛盾，故③不正確． 答案：③ 5．(創(chuàng)新型)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱DD1上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在正方體的底面ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則MN的中點(diǎn)P的軌跡的面積是________． 解析：連接DN，則△MDN為直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，P為MN的中點(diǎn)，連

16、接DP，則DP＝1，所以點(diǎn)P在以D為球心，半徑R＝1的球面上，又因?yàn)辄c(diǎn)P只能落在正方體上或其內(nèi)部，所以點(diǎn)P的軌跡的面積等于該球面面積的，故所求面積S＝×4πR2＝. 答案： 6．(應(yīng)用型)如圖所示，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E為DA的中點(diǎn)，求異面直線BE與CD所成角的余弦值． 解：如圖所示，取AC的中點(diǎn)F，連接EF，BF， 因?yàn)樵凇鰽CD中，E，F(xiàn)分別是AD，AC的中點(diǎn)，所以EF∥CD. 所以∠BEF或其補(bǔ)角即為異面直線BE與CD所成的角． 在Rt△EAB中，AB＝AC＝1，AE＝AD＝，所以BE＝. 在Rt△EAF中，AF＝AC＝，AE＝， 所以EF＝. 在Rt△BAF中，AB＝1，AF＝，所以BF＝. 在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝. 所以異面直線BE與CD所成角的余弦值為. - 8 -