高考数学(文数)一轮复习习题 课时跟踪检测 （四十）　空间点、线、面之间的位置关系 (含解析)

课时跟踪检测(四十)空间点、线、面之间的位置关系一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．“点P在直线m上，m在平面α内”可表示为()A．P∈m，m∈α B．P∈m，m⊂αC．P⊂m，m∈α D．P⊂m，m⊂α解析：选B点在直线上用“∈”，直线在平面上用“⊂”，故选B．2．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交解析：选D由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是()A．6eq\r(2) B．12C．12eq\r(2) D．24eq\r(2)解析：选A如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin45°＝6eq\r(2)，故选A．4．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．答案：1或45．如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合条件的有5条．答案：5二保高考，全练题型做到高考达标1．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EFA．相交 B．异面C．平行 D．垂直解析：选A由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F则A1B与EF相交．3．下列命题中，真命题的个数为()①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l．A．1 B．2C．3 D．4解析：选B根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2．4．如图，ABCD­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点MA．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面解析：选A连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，则异面直线AE和A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(3\r(30),10)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(1,2)解析：选C如图，设正方体的棱长为a，取线段AB的中点M，连接CM，MF，EF．则MF綊AE，所以∠CFM即为所求角或所求角的补角．在△CFM中，MF＝CM＝eq\f(\r(5),2)a，CF＝eq\f(\r(6),2)a，根据余弦定理可得cos∠CFM＝eq\f(\r(30),10)，所以可得异面直线AE与CF所成的角的余弦值为eq\f(\r(30),10)．故选C．6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：37．(2017·福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①8．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的中点，那么异面直线AC1与BC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AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为eq\r(2)，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为eq\r(2)．答案：eq\r(2)9．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由．解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下：如图，连接MN，A1C1，AC因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点所以MN∥A1C1又因为A1A綊C1所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC所以MN∥AC，所以A，M，N，C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)D1B与CC1是异面直线．理由如下：因为ABCD­A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，所以D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．10．如图所示，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，PA＝2．求：(1)三棱锥P­ABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．解：(1)S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，故三棱锥P­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3)．(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，则DE∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝eq\r(2)，AD＝2，则cos∠ADE＝eq\f(DE2＋AD2－AE2,2DE·AD)＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4)．即异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图是三棱锥D­ABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线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)解析：选A由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形DAE中，DE＝eq\r(2)，由于O是中点，在直角三角形ABC中可以求得AO＝eq\r(2)，在直角三角形DAO中可以求得DO＝eq\r(3)．在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝eq\f(1＋3－2,2×1×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，故所求余弦值为eq\f(\r(3),3)．2．如图所示，三棱柱ABC­A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M．因为侧棱A1A⊥底面ABC所以侧面A1ACC1⊥底面ABC．又因为EC＝2FB＝2，所以OM∥FB∥EC且OM＝eq\f(1,2)EC＝FB，所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF．因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ．因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，所以PQ∥AE，PB∥EF，所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，因为PB∩PQ＝P，PB，PQ⊂平面PBQ，所以平面PBQ∥平面