2022版新高考数学人教版一轮练习：（43） 空间点、直线、平面之间的位置关系

[练案43]第三讲　空间点、直线、平面之间的位置关系A组基础巩固一、单选题1．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面．其中正确的序号是(　B　)A．①　　B．①④C．②③　　D．③④2．(2018·上海)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线的条数为(　C　)A．1　　B．2　　C．3　　D．4[解析]　在直三棱柱ABC－A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线有：A1B1，AC，AA1，共3条．故选C．3．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　C　)A．直线AC　　B．直线ABC．直线CD　　D．直线BC[解析]　由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4．(2021·云南楚雄州期中联考)如图，在三棱锥D－ABC中，AC⊥BD，一平面截三棱锥D－ABC所得截面为平行四边形EFGH.已知EF＝，EH＝，则异面直线EG和AC 所成角的正弦值是(　A　)A．　　B．　　C．　　D．[解析]　由题意知EH∥FG，又FG⊂平面ADC，EH⊄平面ADC，∴EH∥平面ACD，∴EH∥AC，同理HG∥BD，∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，记EG与AC所成角∠GEH为θ，则sinθ＝＝＝＝.故选A.5．(2021·湖北名师联盟模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1的中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是(　C　)A．直线EF，AO是异面直线B．直线EF，BB1是相交直线C．直线EF与BC1所成角为30°D．直线EF与BB1所成角的余弦值为[解析]　OF綊AE，EF、AO是相交直线，A错；EF、BB1是异面直线，B错；如图，OF綊BE， ∴EF∥BO，∴∠C1BO为EF与BC1所成的角，设正方体棱长为2，则BC1＝2，OC1＝，BO＝，∴BC＝OC＋BO，即BO⊥OC1，∴∠OBC1＝30°，C对；EF与BB1所成角的余弦值为，D错；故选C．6．(2021·河北唐山模拟)下图是一个正方体的展开图，则在该正方体中(　D　)A．直线AB与直线CD平行B．直线AB与直线CD相交C．直线AB与直线CD异面垂直D．直线AB与直线CD异面且所成的角为60°[解析]　还原成几何体如图所示连AH，BH，则CD∥AH，∠BAH为AB与CD所成的角，显然AB、CD异面且所成的角为60°.7．(2021·湖北武汉襄阳荆门宜昌四地六校考试联盟联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝AB＝2，∠BAD＝60°，M是BB1的中点，则异面直线A1M与B1C所成角的余弦值为(　D　)A．－　　B．－　　C．　　D．[解析]　解法一：连接A1D、DM，则A1D∥B1C， ∴∠MA1D为异面直线A1M与B1C所成的角，由题意A1D＝2，A1M＝＝DM，∴cos∠MA1D＝＝，故选D.解法二：连AC、BD交于O，由题意知AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系，则＝(1，－，2)，＝(1，，－1)，记A1M与B1C所成角为θ，则cosθ＝＝＝.故选D.8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(　D　)A．1条　　B．2条　　C．3条　　D．4条[解析]　如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为.联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD， 所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D.9．(2021·山东青岛调研)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，则平面AC1E截该正方体所得的截面面积为(　D　)A．5　　B．2　　C．4　　D．2[解析]　取BB1的中点F，连AF、C1F，易知AFC1E即为平面AC1E截正方体所得的截面，且AFC1E为菱形，∴S四边形AFC1E＝EF·AC1＝×2×2＝2，故选D.10．(2021·湖南湘东六校联考)下图是一正四面体的侧面展开图，G为BF的中点，则在原正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为(　C　)A．　　B．C．　　D．[解析]　将展开图折起还原成四面体，如图所示，取AF的中点H，连GH，HE，则GH綊BC，且HE＝GE，∴∠HGE即为异面直线EG与BC所成角，不妨设正四面体棱长为2， 则GH＝1，GE＝，∴cos∠HGE＝＝，故选C．二、多选题11．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点共面的是(　ABC　)[解析]　在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选ABC．12．(原创)三个平面可将空间分成(　　)部分(　ACD　)A．4　　B．5　　C．7　　D．8[解析]　三个平面可将空间分成4或6或7或8部分．13.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是(　ABC　)A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，A1，M四点共面D．D1，D，O，M四点共面[解析]　 连接A1C1，AC，则AC过点O，即AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M，所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，所以C1，M，O三点共线，所以选项A，B，C均正确，选项D错误．三、填空题14．(2021·模拟)如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，BB′的中点为M，CD的中点为N，异面直线AM与D′N，所成的角是　　.[解析]　取CC′的中点H，连DH，则DH∥AM，在正方形CDD′C′中显然D′N⊥DH，∴D′N⊥AM，即AM与D′N所成的角为.15．(2021·云南模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1，则异面直线AB1与C1B所成的角是90°.[解析]　将正三棱柱补成四棱柱，如图，设BB1＝，则AB＝2，连接AD1，BD1，则BC1∥AD1，∴∠D1AB1即为异面直线AB1与BC1所成的角，又由题意易知AB1＝AD1＝，B1D1＝2，∴B1D＝AB＋AD，∴∠B1AD1＝90°.另解1：本题若取A1B1的中点D，连DC1，易证AB1⊥平面BDC1，从而AB1⊥BC1.另解2：可建立空间直角坐标系，用向量法求解． B组能力提升1．(2021·甘肃诊断)在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成角的大小为(　B　)A．30°　　B．45°　　C．60°　　D．90°[解析]　取OB中点P，AB中点Q，连接MP，PN，CQ，OQ，由中位线定理可知MP∥AB，则∠PMN(或补角)为异面直线MN与AB所成角，MP∥AB,PN∥OC、OQ⊥AB，CQ⊥AB，且CQ∩OQ＝Q，所以AB⊥平面OCQ，则AB⊥OC，所以PM⊥PN，四面体OABC棱长均相等，则PM＝PN，所以△MPN为等腰直角三角形，所以∠PMN＝45°，故选B.2．(2021·河北衡水中学调研)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　D　)A．　　B．　　C．　　D．[解析]　 由题意可知AD∥BC，∴∠EAD即为异面直线AE与BC所成的角，设圆柱上、下底面圆心为O，O1，连OE、OA、ED，不妨设正方形ABCD的边长为2，则AO＝，从而AE＝ED＝，则cos∠EAD＝＝，即AE与BC所成角的余弦值为，故选D.3．(多选题)如图是侧棱长和底面边长都相等的正四棱锥的平面展开图，M，N，P，Q分别是边BF，AB，CD，DH的中点，则在这个正四棱锥，下列四个结论正确的为(　BD　)A．MN和CD平行B．CE和PQ平行C．MN和PE所成的角为60°D．EP和AB垂直[解析]　正棱锥直观图如图，显然MN与CD异面，A错；B对；连AP，由MN∥AE知，∠AEP为异面直线MN与PE所成的角，设四棱锥的棱长为2a，则AP＝a，PE＝a，∴cos∠AEP＝＝，C错；∵PE⊥CD，CD∥AB，∴PE⊥AB，D对．故选B、D.4．(多选题)(2021·广东广州六区联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，P是平面DCC1D1内不同的两点，N，Q是平面ABCD内不同的两点，且M，P，N，Q∉CD，E，F分别是线段MN，PQ的中点．则下列结论正确的是(　BD　)A．若MN∥PQ，则EF∥CDB．若E，F重合，则MP∥CDC．若MN与PQ相交，且MP∥CD，则NQ可以与CD相交D．若MN与PQ是异面直线，则EF不可能与CD平行 [解析]　当P、Q分别与D1、A重合，M、N分别为CC1、BC的中点时，MN∥PQ，但显然EF与CD相交，∴A错；当E、F重合时，M、P、N、Q共面，又由△MPE≌△NQE，∴∠MPE＝∠NQE，∴MP∥NQ，从而MP∥平面ABCD，∴MP∥DC，故B对；MN与PQ相交，则MNPQ共面，由MP∥CD知MP∥平面ABCD，∴MP∥CD，∴NQ∥CD，故C错；当PM∥CD时，若EF∥CD，则PM∥EF，则PQ与MN共面，与PQ、MN是异面直线矛盾；当PM与CD相交时，设其交点为S，连QS，作MR∥PQ交SQ于R，连RN，连SF交RM于H，则H为MR的中点，∴HE∥RN，∴HE∥平面ABCD，若EF∥CD，则EF∥平面ABCD，从而平面EHF∥平面ABCD，∴FH∥平面ABCD，这与FH∩CD＝S矛盾，故EF不可能与CD平行，∴D对．故选BD.5．(2021·安徽省安庆模拟)《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”．现有阳马S－ABCD，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝3，SA＝.BC上有一点E，使截面SDE的周长最短，则SE与CD所成角的余弦值等于　　.[解析]　要使截面SDE的周长最短，则SE＋ED最短，将底面ABCD沿BC展开成平面图形A′BCD′(如图)，连接SD′，交BC于E，则SE＋ED＝SE＋ED′≥SD′，当SED′共线时等号成立，此时，由AB＝1，SA＝，则SB＝2，故SA′＝3，A′D′＝AD＝3，故BE＝2，故EF∥CD交AD于F，连接SF，则SE与CD所成角为∠SEF，易得SF⊥EF，由于SE＝2，EF＝1，cos∠SEF＝＝＝.故答案为：.