（福建专用）高考数学总复习 第八章第3课时 空间点、直线、平面之间的位置关系课时闯关（含解析）

PAGEPAGE5（福建专用）2023年高考数学总复习第八章第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系课时闯关（含解析）一、选择题1．以下几个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②假设点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，那么A、B、C、D、E共面；③假设直线a、b共面，直线a、c共面，那么直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①正确；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是假设A、B、C共线，那么结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得四边形的四条边可以不在一个平面上．2．(2023·南平调研)假设异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝l，那么直线l()A．与直线a，b都相交B．至少与a，b中的一条相交C．至多与a，b中的一条相交D．与a，b中的一条相交，另一条平行解析：选B.假设a∥l，b∥l，那么a∥b，故a，b中至少有一条与l相交，应选B.3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.有2条：A1B和A1C14．如图是正方体或四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是()解析：选D.在A图中分别连接PS、QR，易证PS∥QR，∴P、S、R、Q共面；在C图中分别连接PQ、RS，易证PQ∥RS，∴P、Q、R、S共面．如图，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RQ为异面直线，∴四点不共面，应选D.5．正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是AA1，CC1的中点，P是CC1上的动点(包括端点)，过点E、D、P作正方体的截面，假设截面为四边形，那么PA．线段C1F B．线段C．线段CF和一点C1 D．线段C1F和一点解析：选C.如图，DE∥平面BB1C∴平面DEP与平面BB1C1C的交线PM∥ED易证MP＝ED，∴MP綊ED，那么M到达B1时仍可构成四边形，即P到F.而P在C1F之间，不满足要求．P到点C1仍可构成四边形．二、填空题6．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：假设过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行，那么确定一个平面；否那么确定四个平面．答案：1或47．(2023·宁德质检)在空间中，①假设四点不共面，那么这四点中任何三点都不共线；②假设两条直线没有公共点，那么这两条直线是异面直线．以上两个命题中，逆命题为真命题的是__________(把符合要求的命题序号都填上)．解析：对于①可举反例，如AB∥CD，A、B、C、D没有三点共线，但A、B、C、D共面．对于②由异面直线定义知正确，故填②.答案：②8.如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，AA1＝a，∠BAB1＝∠B1A1C1＝30°，那么AB与A1C1所成的角为________，AA解析：∵AB∥A1B1，∴∠B1A1C1是AB与A∴AB与A1C1∵AA1∥BB1，∴∠BB1C是AA1与B1由已知条件可以得出BB1＝a，AB1＝A1C1＝2a，AB＝eq\r(3)a，∴B1C1＝BC＝a∴BB1C1C是正方形，∴∠BB答案：30°45°三、解答题9.如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD上的点，请答复以下问题：(1)满足什么条件时，四边形EFGH为平行四边形？(2)满足什么条件时，四边形EFGH为矩形？(3)满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？解：(1)E、F、G、H为所在边的中点时，四边形EFGH为平行四边形．证明如下：∵E、H分别是AB、AD的中点，∴EH∥BD，且EH＝eq\f(1,2)BD.同理，FG∥BD，且FG＝eq\f(1,2)BD，从而EH∥FG，且EH＝FG，所以四边形EFGH为平行四边形．(此题答案不唯一，只要保证平面EFGH与AC、BD都平行，那么EFGH就为平行四边形．)(2)当E、F、G、H为所在边的中点且BD⊥AC时，四边形EFGH为矩形．(3)当E、F、G、H为所在边的中点且BD⊥AC，AC＝BD时，四边形EFGH为正方形．10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与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分别为FA、FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH∥AD且GH＝eq\f(1,2)AD.又BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，故GH綊BC.所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：由BE綊eq\f(1,2)AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面．一、选择题1．(2023·高考大纲全国卷Ⅰ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，假设∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，那么异面直线BA1与AC1A．30° B．45°C．60° D．90°解析：选C.如图，可补成一个正方体，∴AC1∥BD1.∴BA1与AC1所成角的大小为∠A1BD1.又易知△A1BD1为正三角形．∴∠A1BD1＝60°.∴BA1与AC1成60°的角．2.(2023·高考江西卷)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()A．1条 B．2条C．3条 D．4条解析：选D.连接AC1，那么AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等；过点A分别作正方体的另外三条体对角线的平行线，那么它们与棱AB，AD，AA1所成的角也都相等．故这样的直线l可以作4条．二、填空题3．a，b，c是空间中的三条直线，下面给出五个命题：①假设a∥b，b∥c，那么a∥c；②假设a⊥b，b⊥c，那么a∥c；③假设a与b相交，b与c相交，那么a与c相交；④假设a⊂平面α，b⊂平面β，那么a，b一定是异面直线；⑤假设a，b与c成等角，那么a∥b.上述命题中正确的命题是________(只填序号)．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，也可以异面，故②不正确；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不正确；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④不正确；当a，b与c成等角时，a与b可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确．答案：①4．空间四边形ABCD中，各边长均为1，假设BD＝1，那么AC的取值范围是__________．解析：如图①所示，△ABD与△BCD均为边长为1的正三角形，当△ABD与△CBD重合时，AC＝0，将△ABD以BD为轴转动，到A，B，C，D四点再共面时，AC＝eq\r(3)，如图②，故AC的取值范围是0<AC<eq\r(3).答案：(0，eq\r(3))三、解答题5.如下图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为CC1、AA1的中点，画出平面BED1F与平面解：在平面AA1D1D内，延长D1F∵D1F与DA∴D1F与DA必相交于一点，设交点为P，那么P∈FD1，P∈DA.又∵FD1⊂平面BED1FAD⊂平面ABCD，∴P∈平面BED1F，P∈平面ABCD又B为平面ABCD与平面BED1F的公共点，连接PB∴PB即为平面BED1F与平面ABCD6．在空间四边形ABCD中，已知AD＝1，BC＝eq\r(3)，且AD⊥BC，对角线BD＝eq\f(\r(13),2)，AC＝eq\f(\r(3),2)，求AC和BD所成的角．解：如图，分别取AD、CD、AB、BD的中点E、F、G、H，连接EF、FH、HG、GE、GF.由三角形的中位线定理知，EF∥AC，且EF＝eq\f(\r(3),4)