课时验收评价(四十四) 空间点、直线、平面的位置关系

PAGE第4页共5页课时验收评价(四十四)空间点、直线、平面的位置关系一、点全面广强基训练1．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则()A．a∥c B．a，c是异面直线C．a，c相交 D．a，c平行或相交或异面解析：选D若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c可以平行，可以相交，可以异面．2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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B由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内，故选B.3.如图是正方体的平面展开图，则在原正方体中下列结论正确的是()A．BM与ED平行B．CN与BE是异面直线C．CN与BM成30°角D．DM与BN是异面直线解析：选D由平面展开图可得原正方体如图所示，连接AN，AC，DM，BN，BE，由图可得，BM，ED为异面直线，CN与BE不是异面直线，DM，BN是异面直线，故A、B错误，D正确；易知△ANC为等边三角形，而BM∥AN，故∠ANC或其补角为CN与BM所成的角，因为∠ANC＝60°，故CN与BM所成的角为60°，故C错误．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AD，C1D1的中点，O为正方形ABCD的中心，则下列结论正确A．直线EF，OD1是异面直线且EF＝OD1B．直线OD1，B1B是异面直线且OD1≠B1BC．直线EF，OD1是相交直线且EF＝OD1D．直线OD1，B1B是相交直线且OD1＝B1B解析：选C根据题意画出正方体如图所示，由图易知，OD1和B1B在矩形BB1D1D上，OD1和B1B是相交直线，且OD1≠B1B，故选项B、D错误；O为正方形ABCD的中心，E为AD的中点，所以OE∥CD，且OE＝eq\f(1,2)CD，又点F为C1D1的中点，所以D1F∥CD，且D1F＝eq\f(1,2)CD，所以OE∥D1F，且OE＝D1F，四边形OED1F是平行四边形，则EF和OD1是▱OED1F的两条对角线，所以EF和OD1是相交直线，又因为C1D1⊥ED1，所以▱OED1F是矩形，则EF＝OD1，故选项A错误，C正确．5.(2021·邯郸三模)如图，圆台OO1的上底面半径为O1A1＝1，下底面半径为OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1CA．30° B．45°C．60°D．90°解析：选B在直角梯形OO1A1A中，∵B为OA的中点，OA＝2，∴O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B，易知四边形OO1A1B为矩形，∴OO1∥A1B，∴∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角，在Rt△AA1B中，AA1＝2，AB＝1，∴A1B＝eq\r(3)；连接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2得BC＝eq\r(3)；在Rt△A1BC中，BC＝A1B，∴∠BA1C6．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．解析：∵m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴点P在直线l上，即P∈l.答案：P∈l7.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．解析：如图，将原图补成正方体ABCD-QGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG或其补角为异面直线AP与BD所成的角．在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)8.如图，在四面体A-BCD中作截面PQR，若PQ，CB的延长线交于点M，RQ，DB的延长线交于点N，RP，DC的延长线交于点K.则M，N，K三点的位置关系是________．解析：因为M∈PQ，直线PQ⊂平面PQR，M∈BC，直线BC⊂平面BCD，所以M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上．同理可证，N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上．所以M，N，K三点共线．答案：共线9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1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綉C1C，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(2)D1B与CC1是异面直线．理由如下：因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面．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CC110.如图，已知正方体AC1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R证明：(1)因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E(2)正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q二、重点难点培优训练1.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1AC．AE，B1C1为异面直线且AE⊥B1D．A1C1∥平面AB1解析：选CCC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A错误；由题意知，上底面是一个正三角形，故AC不可能垂直于平面ABB1A1，所以B错误；因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，且因为△ABC为正三角形，点E为BC中点，所以AE⊥BC，又因为BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，所以C正确；因为A1C1所在的平面A1B1C1与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A12.(2021·毕节二模)如图，矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，正方形ADEF的边长为1，且平面ABCD⊥平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为()A．－eq\f(\r(7),7) B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(\r(5),5) D．－eq\f(\r(5),5)解析：选C取AF的中点G，连接AC交BD于O点，连接OG，如图所示，则OG∥CF，且OG＝eq\f(1,2)CF，异面直线BD与FC所成角即直线BD与OG所成角，由平面ABCD⊥平面ADEF知，AF⊥平面ABCD，由题易知AC＝BD＝2，CF＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，则OG＝eq\f(1,2)CF＝eq\f(\r(5),2)，OB＝eq\f(1,2)BD＝1，BG＝eq\r(eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\r(3)2)＝eq\f(\r(13),2)，则在△OBG中，由余弦定理知，cos∠BOG＝eq\f(OB2＋OG2－BG2,2OB·OG)＝＝－eq\f(\r(5),5)，由两异面直线夹角的取值范围为0，eq\f(π,2)，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).3．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．答案：eq\r(10)4.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝eq\r(3)ED＝eq\r(3)AB，现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，求直线BP与动直线CE所成角的范围．解：如图所示，将PB平移到EB1的位置，C1点在以D为圆心，1为半径的圆上运动．则∠B1EC1就是所求线线角，根据三角形中“大角对大边”，EB1，EC1为定值，故最值由B1C1来确定，故当C1在C处线线角最小，在C2处线线角最大．由于PA＝eq\r(3)ED＝eq\r(3)AB，故∠PBA＝∠EB1D＝eq\f(π,3).而