2025版高考數(shù)學大一輪復習第七章立體幾何第40講空間點直線平面之間的位置關系課時達標理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第40講空間點、直線、平面之間的位置關系課時達標一、選擇題1．(2024·武邑中學月考)下列命題正確的是()A．兩個平面假如有公共點，那么肯定相交B．兩個平面的公共點肯定共線C．兩個平面有3個公共點肯定重合D．過空間隨意三點，肯定有一個平面D解析假如兩個平面重合，則解除A，B兩項；兩個平面相交，則有一條交線，交線上任取三個點都是兩個平面的公共點，故解除C項；而D項中的三點不論共線還是不共線，則肯定能找到一個平面過這三個點．2．設a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，則“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的()A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件C解析直線a，b平行時，由“l(fā)⊥a，l⊥b”?/“l(fā)⊥α”；“l(fā)⊥α”?“l(fā)⊥a，l⊥b”，所以“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件．3．如圖所示，ABCDA1B1C1D1是長方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點A．A，M，O三點共線 B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面A解析連接A1C1，AC，則A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四點共面．所以A1C?平面ACC1A1.因為M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M為平面ACC1A1與AB1D1的公共點．同理，O，A為平面ACC1A1與平面AB1D4．正方體A1C中，E，F(xiàn)分別是線段BC，CD1的中點，則直線A1B與直線EFA．相交 B．異面C．平行 D．垂直A解析如圖所示，直線A1B與直線外一點E確定的平面為A1BCD1，EF?平面A1BCD1，且兩直線不平行，故兩直線相交．5．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()A解析對于B項，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，同理可證，C，D項中均有AB∥平面MNQ.故選A.6．(2024·綿陽二中月考)空間四邊形ABCD中，AB，BC，CD的中點分別為P，Q，R，且AC＝4，BD＝2eq\r(5)，PR＝3，則AC和BD所成的角為()A．90° B．60°C．45° D．30°A解析如圖，P，Q，R分別為AB，BC，CD中點，所以PQ∥AC，QR∥BD，所以∠PQR為AC和BD所成的角．又PQ＝eq\f(1,2)AC＝2，QR＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(5)，RP＝3，所以PR2＝PQ2＋QR2，所以∠PQR＝90°，即AC和BD所成的角為90°.故選A.二、填空題7．已知a，b為異面直線，直線c∥a，則直線c與b的位置關系是________．解析直線的位置關系有三種：相交、異面、平行．因為a，b為異面直線，c∥a，所以c與b不平行，故c與b可能相交或異面．答案相交或異面8．(2024·長治二中月考)在正方體ABCD－A1B1C1D1①直線AC1在平面CC1B1B內(nèi)；②設正方形ABCD與A1B1C1D1的中心分別為O，O1，則平面AA1C1C與平面BB1D1D③由A，C1，B1確定的平面是ADC1B1；④由A，C1，B1確定的平面與由A，C1，D確定的平面是同一個平面．解析①錯誤，如圖所示，點A?平面CC1B1B，所以直線AC1?平面CC1B1B；②正確，如圖所示，因為O∈直線AC?平面AA1C1C，O∈直線BD?平面BB1D1D，O1∈直線A1C1?平面AA1C1C，O1∈直線B1D1?平面BB1D1D，所以平面AA1C1C與平面BB1D1D的交線為OO1；③④都正確，因為AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四邊形AB1C答案②③④9．如圖所示，正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，將此正方形沿EF折成直二面角后，異面直線AF與BE所成角的余弦值為________．解析如圖，取BC的中點H，連接FH，AH，所以BE∥FH，所以∠AFH即為異面直線AF與BE所成的角．過A作AG⊥EF于G，則G為EF的中點．連接HG，HE，則△HGE是直角三角形．設正方形邊長為2，則EF＝eq\r(2)，HE＝eq\r(2)，EG＝eq\f(\r(2),2)，所以HG＝eq\r(2＋\f(1,2))＝eq\f(\r(10),2)，所以AH＝eq\r(\f(5,2)＋\f(1,2))＝eq\r(3).由余弦定理知cos∠AFH＝eq\f(AF2＋HF2－AH2,2·AF·HF)＝eq\f(12＋22－3,2×1×2)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)三、解答題10．如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是棱CD，CC1的中點，求異面直線A1M與解析如圖，連接D1M，可證D1M⊥DN.又因為A1D1⊥DN，A1D1，MD1?平面A1MD1，A1D1∩MD1＝D1，所以DN⊥平面A1MD1，所以DN⊥A1M，即異面直線A111．如圖，四邊形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊eq\f(1,2)AD，BE綊eq\f(1,2)FA，G，H分別為FA,FD的中點．(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形；(2)C，D，F(xiàn)，E四點是否共面？為什么？解析(1)證明：由已知FG＝GA，F(xiàn)H＝HD可得GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，所以GH綊BC.所以四邊形BCHG為平行四邊形．(2)由BE綊eq\f(1,2)AF，G為FA的中點知BE綊FG，所以四邊形BEFG為平行四邊形．所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF與CH共面．又D∈FH，所以C，D，F(xiàn)，E四點共面．12．如圖所示，在三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中點．(1)求證：AE與PB是異面直線；(2)求異面直線AE和PB所成角的余弦值；(3)求三棱錐A－EBC的體積．解析(1)證明：假設AE與PB共面，設平面為α.因為A∈α，B∈α，E∈α，所以平面α即為平面ABE，所以P∈平面ABE，這與P?平面ABE沖突，所以AE與PB是異面直線．(2)取BC的中點F，連接EF，AF，則EF∥PB，所以∠AEF或其補角就是異面直線AE和PB所成的角，因為∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，所以AF＝eq\r(3)，AE＝eq\r(2)，EF＝eq\r(2)，由余弦定理得cos∠AEF＝eq\f(2＋2－3,2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,4)，所以異面直線AE和PB所成角的余弦值為eq\f(1,4).(3)因為E是PC的中點，所以點E到平面ABC的距離為eq\f(1,2)PA＝1，VA－EBC＝VE－ABC＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2×\f(\r(3),2)))×1＝eq\f(\r(3),3).13．[選做題](2024·哈爾濱三中檢測)如圖是三棱錐D－ABC的三視圖，點O在三個視圖中都是所在邊的中點，則異面直線DO和AB所成角的余弦值等于()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(1,2)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(2),2)A解析由三視圖及題意得如圖所示的直觀圖，從A動身的三條線段AB，AC，AD兩兩垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中點，取AC中點E，連接DE，DO，OE，則OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB