2020版高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)43 空間點、直線、平面之間的位置關系 理（含解析）新人教版

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1、課時作業(yè)43　空間點、直線、平面之間的位置關系 一、選擇題 1．在下列命題中，不是公理的是(　A　) A．平行于同一個平面的兩個平面相互平行 B．過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面 C．如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點都在此平面內(nèi) D．如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線 解析：選項A是面面平行的性質(zhì)定理，是由公理推證出來的，而公理是不需要證明的． 2．若空間三條直線a，b，c滿足a⊥b，b∥c，則直線a與c(　D　) A．一定平行 B．一定相交 C．一定是異面直線 D．一定垂直 解析：兩條平行

2、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. 3．空間四邊形兩對角線的長分別為6和8，所成的角為45°，連接各邊中點所得四邊形的面積是(　A　) A．6 B．12 C．12 D．24 解析：如圖，已知空間四邊形ABCD，對角線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°＝6.故選A. 4．(2019·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，異面直線BF與D1E所成角的余弦值為(　D　) A

3、. B. C. D. 解析：如圖，過點E作EM∥AB，過M點作MN∥AD，取MN的中點G，連接NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以異面直線BF與D1E的夾角為∠D1EG，不妨設正方體的棱長為2，則GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，故選D. 5．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一定(　C　) 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：如果c與a、b都平行，那么由平行線的傳遞性知a、b平行，與異面矛盾．故選C

4、. 6．到空間不共面的四點距離相等的平面的個數(shù)為(　C　) A．1 B．4 C．7 D．8 解析：當空間四點不共面時，則四點構(gòu)成一個三棱錐． ①當平面一側(cè)有一點，另一側(cè)有三點時，如圖1.令截面與四棱錐的四個面之一平行，第四個頂點到這個截面的距離與其相對的面到此截面的距離相等，這樣的平面有4個； ②當平面一側(cè)有兩點，另一側(cè)有兩點時，如圖2，當平面過AB，BD，CD，AC的中點時，滿足條件．因為三棱錐的相對棱有三對，則此時滿足條件的平面有3個．所以滿足條件的平面共有7個，故選C. 二、填空題 7．三條直線可以確定三個平面，這三條直線的公共點個數(shù)是0或1. 解析：因三條直線

5、可以確定三個平面，所以這三條直線有兩種情況：一是兩兩相交，有1個交點；二是互相平行，沒有交點． 8．(2019·武漢調(diào)研)在正四面體ABCD中，M，N分別是BC和DA的中點，則異面直線MN和CD所成角的余弦值為. 解析：取AC的中點E，連接NE，ME，由E，N分別為AC，AD的中點，知NE∥CD，故MN與CD所成的角即MN與NE的夾角，即∠MNE.設正四面體的棱長為2，可得NE＝1，ME＝1，MN＝，故cos∠MNE＝＝. 9.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點E，H分別是邊AB，AD的中點，點F，G分別是邊BC，CD上的點，且＝＝，則下列說法正確的是④.(填寫所有正確說法的序號)

6、 ①EF與GH平行； ②EF與GH異面； ③EF與GH的交點M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上； ④EF與GH的交點M一定在直線AC上． 解析：連接EH，F(xiàn)G(圖略)，依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E，F(xiàn)，G，H共面． 因為EH＝BD，F(xiàn)G＝BD，故EH≠FG， 所以EFGH是梯形，EF與GH必相交， 設交點為M.因為點M在EF上，故點M在平面ACB上．同理，點M在平面ACD上， ∴點M是平面ACB與平面ACD的交點， 又AC是這兩個平面的交線，所以點M一定在直線AC上． 三、解答題 10.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M

7、，N分別是A1B1，B1C1的中點．問： (1)AM與CN是否是異面直線？說明理由； (2)D1B與CC1是否是異面直線？說明理由． 解：(1)AM與CN不是異面直線．理由如下： 如圖，連接MN，A1C1，AC. 因為M，N分別是A1B1，B1C1的中點， 所以MN∥A1C1.又因為A1A綊C1C， 所以四邊形A1ACC1為平行四邊形， 所以A1C1∥AC，所以MN∥AC， 所以A，M，N，C在同一平面內(nèi)， 故AM和CN不是異面直線． (2)D1B與CC1是異面直線．理由如下： 因為ABCD-A1B1C1D1是正方體， 所以B，C，C1，D1不共面． 假設D

8、1B與CC1不是異面直線，則存在平面α，使D1B?平面α，CC1?平面α， 所以D1，B，C，C1∈α， 這與B，C，C1，D1不共面矛盾． 所以假設不成立，即D1B與CC1是異面直線． 11．如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中點．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求： (1)三棱錐P-ABC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E，連接DE，AE，則ED∥BC，所以∠ADE(或其補角)是異面直線BC與AD

9、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. 12．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　) A. B. C. D. 解析：由三視圖及題意得如圖所示的直觀圖，從A出發(fā)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，故∠DOE即為所求兩異面直線所成的角或其補角．在直角三角形DAE中，DE＝，由于O是BC的中點，在直角三角形A

10、BC中可以求得AO＝，在直角三角形DAO中可以求得DO＝.在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求異面直線DO與AB所成角的余弦值為. 13．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是①②③(填序號)． ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E-ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 解析：因AC⊥平面BDD1B1，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體的體積為V，則VE-ABC＝V，為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯誤． 14.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1

11、中，底面是邊長為2的正三角形，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，點E，F(xiàn)分別是棱CC1，BB1上的點，點M是線段AC上的動點，EC＝2FB＝2. (1)當點M在何位置時，BM∥平面AEF? (2)若BM∥平面AEF，判斷BM與EF的位置關系，說明理由；并求BM與EF所成的角的余弦值． 解：(1)解法1：如圖所示，取AE的中點O，連接OF，過點O作OM⊥AC于點M. 因為側(cè)棱A1A⊥底面ABC， 所以側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC. 又因為EC＝2FB＝2， 所以OM∥EC∥FB且OM＝EC＝FB， 所以四邊形OMBF為矩形，BM∥OF. 因為OF?平面AEF，BM?平面AEF，

12、 故BM∥平面AEF，此時點M為AC的中點． 解法2：如圖所示，取EC的中點P，AC的中點Q，連接PQ，PB，BQ. 因為EC＝2FB＝2，所以PE綊BF， 所以PQ∥AE，PB∥EF， 所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF， 因為PB∩PQ＝P，PB?平面PBQ，PQ?平面PBQ，所以平面PBQ∥平面AEF. 又因為BQ?平面PBQ， 所以BQ∥平面AEF. 故點Q即為所求的點M，此時點M為AC的中點． (2)由(1)知，BM與EF異面，∠OFE(或∠MBP)就是異面直線BM與EF所成的角或其補角． 易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，所以cos∠OFE＝＝

13、＝， 所以BM與EF所成的角的余弦值為. 15．平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　A　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因為α∥平面CB1D1，所以m1∥m， 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 且平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1， 所以B1D1∥m1，故B1D1∥m. 因為平面ABB1A1∥平面DCC1D1， 且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1， 同理可證CD1∥n. 故m

14、，n所成角即直線B1D1與CD1所成角， 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直線B1D1與CD1所成角為60°，其正弦值為. 16．(2019·成都診斷性檢測)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD為正方形，P為A1D1的中點，AD＝2，AA1＝，點Q是正方形ABCD所在平面內(nèi)的一個動點，且QC＝QP，則線段BQ的長度的最大值為6. 解析：以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則P(1,0，)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，Q(x，y,0)， 因為QC＝QP，所以 ＝?(x－2)2＋(y＋2)2＝4， 所以(y＋2)2＝4－(x－2)2≤4 ?|y＋2|≤2?－4≤y≤0， BQ＝＝ ＝， 根據(jù)－4≤y≤0可得4≤4－8y≤36， 所以2≤BQ≤6，故線段BQ的長度的最大值為6. 8