高三一轮总复习理科数学课时跟踪检测73空间点线面之间的位置关系

[课时跟踪检测][基础达标]1．在正方体ABCD－A1B1C1D1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：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．答案：A2．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：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.答案：B3．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：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，但直线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．答案：A4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1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：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)，所以异面直线AE与CF所成的角的余弦值为eq\f(\r(30),10).故选C.答案：C5．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则VA．4π B．eq\f(9π,2)C．6π D．eq\f(32π,3)解析：△ABC的内切圆的半径r＝eq\f(6＋8－10,2)＝2，又因为AA1＝3<4，所以在三棱柱中体积最大的球的半径为eq\f(3,2)，此时V＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)π.答案：B6．(2017届郑州模拟)如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点A．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：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥所以A1，C1，A，C四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A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同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1所以A，M，O三点共线．答案：A7．(2018届福建六校联考)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．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．解析：如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1因为点D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝eq\r(2)a，所以AB1＝eq\r(3)a，B1D1＝eq\f(\r(3),2)a，AD1＝eq\r(\f(1,4)a2＋2a2)＝eq\f(3,2)a.所以，在△AB1D1中，由余弦定理得，cos∠AB1D1＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1D\o\al(2,1)－AD\o\al(2,1),2AB1·B1D1)＝eq\f(3a2＋\f(3,4)a2－\f(9,4)a2,2×\r(3)a×\f(\r(3),2)a)＝eq\f(1,2)，所以∠AB1D1＝60°.答案：60°9．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)10．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形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)求证：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綊eq\f(1,2)AD.又BC綊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)FA，G是FA的中点，知BE綊GF，所以EF綊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．[能力提升]1．如图是三棱锥D－ABC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：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或其补角即为所求两异面直线所成的角．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).答案：A2．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，求异面直线PA与BE所成角．解：连接AC，BD相交于O，连接PO，在正四棱锥P－ABCD中，PO⊥面ABCD，故∠PAO＝60°，O为AC、BD中点，连接OE，则OE∥PA，则∠OEB(或其补角)为异面直线PA与BE所成角，在△OBE中，OE＝1，OB＝1，BE＝eq\r(2)，∴cos∠OEB＝eq\f(1＋2－1,2×1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴∠OEB＝45°.故异面直线PA与BE所成角为45°.3．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1，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＝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)解法一：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．解法二：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AEF.又因为BQ⊂平面PBQ，所以BQ∥平面