2022版高中数学一轮复习课时作业梯级练四十三空间点直线平面之间的位置关系课时作业理含解析新人教A版

1、课时作业梯级练课时作业梯级练四十三四十三空间点、直线、平面之间的位置关系空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题(每小题 5 分，共 25 分)1已知命题 p：a，b 为异面直线，命题 q：直线 a，b 不相交，则 p 是 q 的()a充分不必要条件b必要不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件【解析】选 a.若直线 a，b 不相交，则 a，b 平行或异面，所以 p 是 q 的充分不必要条件2在正方体 abcda1b1c1d1中，p，q，r 分别是 ab，ad，b1c1的中点，那么正方体过 p，q，r 的截面图形是()a三角形b四边形c五边形d六边形【解析】选 d.如图所示，作 rgp

2、q 交 c1d1于 g，连接 qp 并延长与 cb 延长线交于 m，且 qp 反向延长线与 cd 延长线交于 n，连接 mr 交 bb1于 e，连接 pe，则 pe，re 为截面与正方体的交线，同理连接 ng 交 dd1于 f，连接 qf，fg，则 qf，fg 为截面与正方体的交线，所以截面为六边形3已知直三棱柱 abca1b1c1中，abc60，aa1ab2，bc1，则异面直线 a1b 与b1c 所成角的余弦值为()a1010b3 1020c3 1010d1020【解析】选 b.将直三棱柱补成直四棱柱 abcda1b1c1d1，则 a1db1c.所以da1b 是异面直线 a1b 与 b1c

3、所成的角在三角形 abd 中 bd2ab2ad22abadcos bad2212221127.在三角形 a1bd 中，a1b2 2 ，a1d 5 ，bd 7 .所以 cos ba1da1b2a1d2bd22a1ba1d3 1020，即异面直线 a1b 与 b1c 所成角的余弦值为3 1020.4(2021运城模拟)在长方体 abcda1b1c1d1中，bc2，abbb14，e，f 分别是 a1b1，cd 的中点，则异面直线 a1f 与 be 所成角的余弦值为()a55b 5c306d66【解析】选 c.连接 ce，如图所示，因为 a1ecf12cd，a1ecf，所以四边形 a1ecf 是平行四

4、边形，所以 eca1f，故bec 是异面直线 a1f 与 be 所成的角(或其补角).因为 bc2，abbb14，e 是 a1b1的中点，所以 b1e12a1b12.由勾股定理，得 be 22422 5 .由长方体的性质可知，bc平面 a1b1ba，因为 be平面 a1b1ba，所以 bebc，在 rtbec 中 tan becbcbe22 555，所以 cos bec530306，所以异面直线 a1f 与 be 所成角的余弦值为306.5.如图,正方体 abcd-a1b1c1d1的棱长为 1,则下列命题正确的有()直线 bc 与平面 abc1d1所成角等于 ;点 c 到平面 abc1d1的距

5、离为;两条异面直线 d1c和 bc1所成角为 ;三棱柱 aa1d1-bb1c1的外接球半径为.a.1 个b.2 个c.3 个d.4 个【解析】选 c.正方体 abcd-a1b1c1d1的棱长为 1,对于,连接 b1c,交 bc1于点 o,则 cobc1,由正方体的性质得 ab平面 bcc1b1,所以 abco,又 abbc1=b,所以 co平面 abc1d1,故直线 bc 与平面 abc1d1所成的角为cbc1= ,故正确;对于,因为 b1c平面 abc1d1,点 c 到平面 abc1d1的距离为 b1c 长度的一半,即 h=,故正确;对于,连接 ac,因为 bc1ad1,所以异面直线 d1c

6、 和 bc1所成的角为ad1c,而ad1c 为等边三角形,故两条异面直线 d1c 和 bc1所成的角为 ,故错误;对于,因为 a1a,a1b1,a1d1两两垂直,所以三棱柱 aa1d1-bb1c1的外接球也是正方体 abcd-a1b1c1d1的外接球,故 r=,故正确.综上可知,正确的为有 3 个.二、填空题(每小题 5 分，共 15 分)6如图所示，在三棱锥 abcd 中，e，f，g，h 分别是棱 ab，bc，cd，da 的中点，则当ac，bd 满足条件_时，四边形 efgh 为菱形；当 ac，bd 满足条件_时，四边形 efgh 是正方形【解析】易知 ehbdfg，且 eh12bdfg，同

7、理 efachg，且 ef12achg，显然四边形 efgh 为平行四边形要使平行四边形 efgh 为菱形需满足 efeh，即 acbd；要使平行四边形 efgh 为正方形需满足 efeh 且 efeh，即 acbd 且 acbd.答案：acbdacbd 且 acbd7(2020全国卷)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线 l平面，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是_p1p4p1p2 p2p3 p3 p4【解析】对于命题 p1，可设 l1与 l2相交，这

8、两条直线确定的平面为；若 l3与 l1相交，则交点a 在平面内，同理，l3与 l2的交点 b 也在平面内，所以，ab平面，即 l3平面，命题p1为真命题；对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题p2为假命题；对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，命题p3为假命题；对于命题p4，若直线m平面，则m垂直于平面内所有直线，因为直线 l平面，所以直线 m直线 l，命题 p4为真命题综上可知，p1p4为真命题，p1p2为假命题， p2p3为真命题， p3 p4为真命题答案：8正四面体 abdc 中，e，f 分别为边 ab，bd 的中点，则异面直线 af，ce 所成角的余弦值为_

9、【解析】如图，连接 cf，取 bf 的中点 m，连接 cm，em，则 meaf，故cem 即为所求的异面直线 af，ce 所成的角(或其补角).设这个正四面体的棱长为 2，在abd 中，af 3 cecf，em32，cm132，所以 cos cem343134232 316.答案：161(2021汕头模拟)如图，在正四棱柱 abcda1b1c1d1中，ab2，aa1 3 ，点 g 为正方形abcd 的中心，点 e 为 a1d1的中点，点 f 为 ae 的中点，则()ac，e，f，g 四点共面，且 cfegbc，e，f，g 四点共面，且 cfegcc，e，f，g 四点不共面，且 cfegdc，e

10、，f，g 四点不共面，且 cfeg【解析】选 b.连接ac，ce.因为g是正方形abcd的中心，所以g直线ac.又ac平面ace，所以g平面ace，又f直线ae，所以f平面ace，又c平面ace，e平面ace，所以c，e，f，g四点共面取ad的中点m，连接em，gm，则em 3 ，gm1，所以egem2gm22，取am的中点n，连接fn，cn，则fn32，cn3222252，所以cffn2cn2 7 .所以egcf.2(2021哈尔滨模拟)正方体 abcda1b1c1d1中，点 q 是线段 d1c1的中点，点 p 在线段 aa1上，且 ap2a1p，则异面直线 pq 与 ab 所成角的余弦值为

11、()a2 103b2 107c107d37【解析】选 d.连接 pd1，如图所示，因为abd1c1，所以pqd1为异面直线pq与ab所成角(或其补角).由正方体的性质可知，d1c1面add1a1，因为pd1面add1a1，所以d1c1pd1.设正方体的棱长为a，在 rtpqd1中，d1q12d1c112a，pd1a1d21a1p2a213a2103a，所以 tan pqd1pd1d1q103a12a2 103，cospqd137.所以异面直线 pq 与 ab 所成角的余弦值为37.3如图，已知圆柱的轴截面 abb1a1是正方形，c 是圆柱下底面弧 ab 的中点，c1是圆柱上底面弧 a1b1的中

12、点，那么异面直线 ac1与 bc 所成角的正切值为_【解析】取圆柱下底面弧 ab 的另一中点 d，连接 c1d，ad，因为 c 是圆柱下底面弧 ab 的中点，所以 adbc， 所以直线 ac1与 ad 所成的角即为异面直线 ac1与 bc 所成的角，因为 c1是圆柱上底面弧 a1b1的中点，所以 c1d 垂直于圆柱下底面，所以 c1dad.因为圆柱的轴截面 abb1a1是正方形，所以 c1d 2 ad，所以直线 ac1与 ad 所成角的正切值为 2 ，所以异面直线 ac1与 bc 所成角的正切值为 2 .答案： 24已知：空间四边形 abcd(如图所示)，e，f 分别是 ab，ad 的中点，g

13、，h 分别是 bc，cd上的点，且 cg13bc，ch13dc.求证：(1)e，f，g，h 四点共面(2)三直线 fh，eg，ac 共点【证明】(1)连接 ef，gh，因为 e，f 分别是 ab，ad 的中点，所以 efbd.又因为 cg13bc，ch13dc，所以 ghbd，所以 efgh，所以 e，f，g，h 四点共面(2)易知 fh 与直线 ac 不平行，但共面，所以设 fhacm，所以 m平面 efhg，m平面 abc.又因为平面 efhg平面 abceg，所以 meg，所以三直线 fh，eg，ac 共点5如图所示，等腰直角三角形 abc 中，a90，bc 2 ，daac，daab，若 da1，且 e 为 da 的中点求异面直线 be 与 cd 所成角的余弦值【解析】如图所示，取 ac 的中点 f，连接 ef，bf，在acd 中，e