2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第8章立體幾何第3節(jié)空間點(diǎn)線面之間的位置關(guān)系課時(shí)跟蹤檢測(cè)理含解析

PAGE第八章立體幾何第三節(jié)空間點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系A(chǔ)級(jí)·基礎(chǔ)過(guò)關(guān)|固根基|1.到空間不共面的四點(diǎn)距離相等的平面的個(gè)數(shù)為()A．1 B．4C．7 D．8解析：選C當(dāng)空間四點(diǎn)不共面時(shí)，則四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)三棱錐．①當(dāng)平面一側(cè)有一點(diǎn)，另一側(cè)有三點(diǎn)時(shí)，如圖1，令截面與四棱錐的四個(gè)面之一平行，第四個(gè)頂點(diǎn)到這個(gè)截面的距離與其相對(duì)的面到此截面的距離相等，這樣的平面有4個(gè)；②當(dāng)平面一側(cè)有兩點(diǎn)，另一側(cè)有兩點(diǎn)時(shí)，如圖2，當(dāng)平面過(guò)AB，BD，CD，AC的中點(diǎn)時(shí)，滿意條件．因?yàn)槿忮F的相對(duì)棱有三對(duì)，則此時(shí)滿意條件的平面有3個(gè)，所以滿意條件的平面共有7個(gè)，故選C．2．在下列命題中，不是公理的是()A．平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行B．過(guò)不在同一條直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面C．假如一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上全部的點(diǎn)都在此平面內(nèi)D．假如兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直線解析：選A選項(xiàng)A是面面平行的性質(zhì)定理，是由公理推證出來(lái)的，而公理是不須要證明的．3．若空間三條直線a，b，c滿意a⊥b，b∥c，則直線a與c()A．肯定平行 B．肯定相交C．肯定是異面直線 D．肯定垂直解析：選D兩條平行線中一條與第三條直線垂直，另一條直線也與第三條直線垂直．故選D．4．空間四邊形兩對(duì)角線的長(zhǎng)分別為6和8，所成的角為45°，連接各邊中點(diǎn)所得四邊形的面積是()A．6eq\r(2) B．12C．12eq\r(2) D．24eq\r(2)解析：選A如圖，已知空間四邊形ABCD，對(duì)角線AC＝6，BD＝8，易證四邊形EFGH為平行四邊形，∠EFG或∠FGH為AC與BD所成的角，大小為45°，故S四邊形EFGH＝3×4×sin45°＝6eq\r(2).故選A．5．(2025屆南寧市摸底聯(lián)考)在如圖所示的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱B1B，AD的中點(diǎn)，異面直線BF與D1E所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(14),7) B．eq\f(5,7)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(2\r(5),5)解析：選D如圖，過(guò)點(diǎn)E作EM∥AB，過(guò)M點(diǎn)作MN∥AD，取MN的中點(diǎn)為G，連接NE，D1G，則平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以異面直線BF與D1E的夾角為∠D1EG(或其補(bǔ)角)，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則GE＝eq\r(5)，D1G＝eq\r(2)，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝eq\f(D1E2＋GE2－D1G2,2D1E·GE)＝eq\f(2\r(5),5)，故選D．6．已知異面直線a，b分別在平面α，β內(nèi)，且α∩β＝c，那么直線c肯定()A．與a，b都相交B．只能與a，b中的一條相交C．至少與a，b中的一條相交D．與a，b都平行解析：選C假如c與a，b都平行，那么由平行線的傳遞性知a，b平行，與異面沖突．故選C．7．下列命題中，真命題的個(gè)數(shù)為()①假如兩個(gè)平面有三個(gè)不在一條直線上的公共點(diǎn)，那么這兩個(gè)平面重合；②兩條直線可以確定一個(gè)平面；③空間中，相交于同一點(diǎn)的三條直線在同一平面內(nèi)；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，則M∈l.A．1 B．2C．3 D．4解析：選B依據(jù)公理2，可推斷①是真命題；兩條異面直線不能確定一個(gè)平面，故②是假命題；在空間中，相交于同一點(diǎn)的三條直線不肯定共面(如墻角)，故③是假命題；依據(jù)平面的性質(zhì)可知④是真命題．綜上，真命題的個(gè)數(shù)為2.8．(2025屆陜西摸底)將正方形ABCD中的△ACD沿對(duì)角線AC折起，使得平面ABC⊥平面ACD，則異面直線AB與CD所成的角為()A．90° B．60°C．45° D．30°解析：選B解法一：如圖，連接BD，取AC，BD，AD的中點(diǎn)分別為O，M，N，連接ON，OM，MN，則由三角形中位線定理知，ONeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)CD，MNeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)AB，所以∠ONM或其補(bǔ)角為所求的角．連接BO，OD，因?yàn)锳B＝BC，所以BO⊥AC．又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OB?平面ABC，所以BO⊥平面ACD．又DO∈平面ACD，所以BO⊥OD．設(shè)原正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則BO＝OD＝eq\r(2)，所以BD＝2，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)BD＝1，所以O(shè)N＝MN＝OM＝1，則△OMN是等邊三角形，所以∠ONM＝60°，即異面直線AB與CD所成的角為60°，故選B．解法二：如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接DO，OB，因?yàn)锳D＝DC，所以DO⊥AC．因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OD?平面ACD，所以DO⊥平面ABC．延長(zhǎng)BO到E，使得EO＝BO，連接DE，AE，CE，易證得四邊形ABCE為正方形，所以AB∥EC，所以∠DCE或其補(bǔ)角為異面直線AB與CD所成的角．設(shè)AC＝2a，則EC＝ED＝CD＝eq\r(2)a，所以△DCE為等邊三角形，所以∠DCE＝60°，即異面直線AB與CD所成角為60°，故選B．9．(2025屆石家莊摸底)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，則異面直線AD與A1C所成的角為()A．eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：選B解法一：取B1C1的中點(diǎn)為D1，連接A1D1，D1C，易證A1D1∥AD，所以∠D1A1C或其補(bǔ)角為異面直線AD與A，C所成的角．∵AB＝AC＝eq\r(2)，D為BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴AD＝eq\r(AB2－BD2)＝eq\r(（\r(2)）2－1)＝1，∴A1D1＝AD＝1.又A1C＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AC2)＝eq\r(（\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝2，D1C2＝eq\r(D1Ceq\o\al(2,1)＋C1C2)＝eq\r(12＋（\r(2)）2)＝eq\r(3)，∴A1Deq\o\al(2,1)＋D1C2＝A1C2，∴△D1A1C為直角三角形，且cos∠D1A1C＝eq\f(1,2)，∴∠D1A1C＝eq\f(π,3)，故選B．解法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，A1(0，0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，∴Deq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，0，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，0，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AD,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3).故選B．10．如圖為正方體表面的一種綻開(kāi)圖，則圖中的AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的有________對(duì)．解析：平面圖形的翻折應(yīng)留意翻折前后相對(duì)位置的改變，在原正方體中，明顯AB與CD，EF與GH，AB與GH都是異面直線，而AB與EF相交，CD與GH相交，CD與EF平行．故互為異面直線的有3對(duì)．答案：311.如圖所示，AC是圓O的直徑，B，D是圓O上兩點(diǎn)，AC＝2BC＝2CD＝2，PA⊥圓O所在的平面，PA＝eq\r(3)，點(diǎn)M在線段BP上，且BM＝eq\f(1,3)BP.(1)求證：CM∥平面PAD；(2)求異面直線BP與CD所成角的余弦值．解：(1)證明：如圖，作ME⊥AB于點(diǎn)E，連接CE，則ME∥AP.因?yàn)锳C是圓O的直徑，AC＝2BC＝2CD＝2，所以AD⊥DC，AB⊥BC，所以∠BAC＝∠CAD＝30°，∠BCA＝∠DCA＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，所以AB＝AD＝eq\r(3).因?yàn)锽M＝eq\f(1,3)BP，所以BE＝eq\f(1,3)BA＝eq\f(\r(3),3)，所以在Rt△BCE中，tan∠BCE＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠BCE＝∠ECA＝30°＝∠CAD，所以EC∥AD．又ME∩CE＝E，PA∩DA＝A，所以平面MEC∥平面PAD．又CM?平面MEC，CM?平面PAD，所以CM∥平面PAD．(2)過(guò)點(diǎn)A作平行于BC的直線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，作BF∥CG交AG于點(diǎn)F，連接PF，則∠PBF(或其補(bǔ)角)為異面直線BP與CD所成的角，設(shè)∠PBF＝θ.易知AF＝1，BP＝eq\r(6)，BF＝2，PF＝2，故cosθ＝eq\f(BP2＋BF2－PF2,2BP·BF)＝eq\f(6＋4－4,2\r(6)×2)＝eq\f(\r(6),4)，即異面直線BP與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).B級(jí)·素養(yǎng)提升|練實(shí)力|12.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不相交，直線AC和BD平行，則A，B，C，D四點(diǎn)共面，所以甲是乙成立的充分不必要條件．13．已知直線a，b分別在兩個(gè)不同的平面α，β內(nèi)，則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”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若直線a，b相交，設(shè)交點(diǎn)為P，則P∈a，P∈b，又a?α，b?β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，則a，b可能相交，也可能異面或平行．故“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要條件．14．在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，則在空間中與直線A1B1，EF，BC都相交的直線()A．不存在 B．有且只有兩條C．有且只有三條 D．有多數(shù)條解析：選D如圖，在EF上隨意取一點(diǎn)M，直線A1B1與M確定一個(gè)平面，這個(gè)平面與BC有且僅有1個(gè)交點(diǎn)N，當(dāng)M的位置不同時(shí)，確定不同的平面，從而與BC有不同的交點(diǎn)N，而直線MN與A1B1，EF，BC分別有交點(diǎn)P，M，N，故有多數(shù)條直線與直線A1B1，EF，BC都相交．15.如圖，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝eq\r(5)，∠ADC＝90°.沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦值的最大值是________．解析：作BE∥AC，BE＝AC，連接D′E，則∠D′BE為所求的角(或其補(bǔ)角)．作D′N⊥AC于點(diǎn)N，設(shè)M為AC的中點(diǎn)，連接BM，則BM⊥AC，作NF∥BM交BE于F，連接D′F，設(shè)∠D′NF＝θ.∵D′N＝eq\r(\f(5,6))＝eq\f(\r(30),6)，BM＝FN＝eq\r(\f(15,2))＝eq