2025届高考数学一轮复习核心素养测评第8章8.2平面的基本性质及两直线位置关系含解析新人教B版

PAGE10-核心素养测评三十九平面的基本性质及两直线位置关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.在下列命题中,不是公理的是 ()A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.假如一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上全部的点都在此平面内D.假如两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线【解析】选A.选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不须要证明的.2.若直线a,b,c满意a∥b,a,c异面,则b与c ()A.肯定是异面直线B.肯定是相交直线C.不行能是平行直线D.不行能是相交直线【解析】选C.若a∥b,a,c是异面直线,那么b与c不行能平行,否则由公理4知a∥c.3.空间四边形ABCD中,E,F分别为AC,BD的中点,若CD=2AB,EF⊥AB,则EF与CD所成的角为 ()A.30° B.45° C.60° D.90°【解析】选A.取AD的中点H,连接FH,EH,在△EFH中,∠EFH=90°,HE=2HF,从而∠FEH=30°,即EF与CD所成角为30°.4.空间四点A,B,C,D共面而不共线,那么这四点中 ()A.必有三点共线B.必有三点不共线C.至少有三点共线D.不行能有三点共线【解析】选B.如图①②所示,A,C,D均不正确,只有B正确.5.已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选B.画出正四面体ABCD的直观图,如图所示.设其棱长为2,取AD的中点F,连接EF,设EF的中点为O,连接CO,则EF∥BD,则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角.△ABC为等边三角形,则CE⊥AB,易得CE=QUOTE,同理可得CF=QUOTE,故CE=CF.因为OE=OF,所以CO⊥EF.又EO=QUOTEEF=QUOTEBD=QUOTE,所以cos∠FEC=QUOTE=QUOTE=QUOTE.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是【解析】如图,取CN的中点K,连接MK,则MK为△CDN的中位线,所以MK∥DN.所以∠A1MK为异面直线A1M与DN所成的角.连接A1C1,AM.设正方体的棱长为4,则A1K=QUOTE=QUOTE,MK=QUOTEDN=QUOTE=QUOTE,A1M=QUOTE=6,所以A1M2+MK2=A1K2,所以∠A1MK=90答案:90°7.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________. 世纪金榜导学号

【解析】EF与正方体左、右两侧面均平行.所以与EF相交的侧面有4个.答案:48.设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出五个命题: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肯定是异面直线;⑤若a,b与c成等角,则a∥b.上述命题中正确的命题是________(只填序号). 世纪金榜导学号

【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:①三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,A是△BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.【解析】(1)假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相冲突.故直线EF与BD是异面直线.(2)取CD的中点G,连接EG,FG,则AC∥FG,EG∥BD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.又因为AC⊥BD,则FG⊥EG.在Rt△EGF中,由EG=FG=QUOTEAC,求得∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.10.已知空间四边形ABCD的对角线AC=20,BD=19,异面直线AC与BD所成的角的余弦值为QUOTE,点P,Q,M,N分别是AB,BC,CD,DA的中点,(1)求证:四边形PQMN是平行四边形.(2)求四边形PQMN的面积.【解析】(1)因为P,Q是AB,BC的中点,所以PQ∥AC,PQ=QUOTEAC,同理MN∥AC,MN=QUOTEAC,所以PQ∥MN,PQ=MN,所以PQMN是平行四边形.(2)因为P,N是AB,AD的中点,所以PN∥BD,PN=QUOTEBD=QUOTE,又因为PQ∥AC,所以PQ与PN所成的角就是异面直线AC,BD成的角,所以sin∠QPN=QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以四边形PQMN的面积为S=PQ·PN·sin∠QPN=10×QUOTE×QUOTE=5QUOTE.(15分钟35分)1.(5分)设A,B,C,D是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是 ()A.若AC与BD共面,则AD与BC共面B.若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线C.若AB=AC,DB=DC,则AD=BCD.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC【解析】选C.由公理1知,命题A正确.对于B,假设AD与BC共面,由A正确得AC与BD共面,这与题设冲突,故假设不成立,从而结论正确.对于C,如图,当AB=AC,DB=DC,使二面角A-BC-D的大小改变时,AD与BC不肯定相等,故不正确.对于D,如图,取BC的中点E,连接AE,DE,则由题设得BC⊥AE,BC⊥DE.依据线面垂直的判定定理得BC⊥平面ADE,从而AD⊥BC.2.(5分)(多选)在空间中,有如下四个命题,其中正确的命题是 ()A.平行于同一个平面的两条直线是平行直线B.垂直于同一条直线的两个平面是平行平面C.若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥βD.过平面α的一条斜线,有且只有一个平面与平面α垂直【解析】选BD.A平行于同一个平面的两条直线,可能平行、相交或异面,不正确;B由面面平行的判定定理知正确;C若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α与β可能平行,也可能相交,不正确;易知D正确.【变式备选】如图是正四面体的平面绽开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成60°角;④DE与MN垂直.以上四个结论中,正确结论的序号是________.

【解析】还原成正四面体A-DEF,其中H与N重合,A,B,C三点重合.易知GH与EF异面,BD与MN异面.连接GM,因为△GMH为等边三角形,所以GH与MN成60°角,易证DE⊥AF,又MN∥AF,所以MN⊥DE.因此正确结论的序号是②③④.答案:②③④3.(5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,nA.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选A.方法一:因为α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以m∥B1D因为α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,所以n∥CD所以B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C因为△B1D1C为正三角形,所以∠B1D1C=60所以m,n所成的角的正弦值为QUOTE.方法二:由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为QUOTE.4.(10分)已知:空间四边形ABCD(如图所示),E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别是BC,CD上的点,且CG=QUOTEBC,CH=QUOTEDC.求证: 世纪金榜导学号(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EF∥BD.又因为CG=QUOTEBC,CH=QUOTEDC,所以GH∥BD,所以EF∥GH,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FH∩AC=M,所以M∈平面EFHG,M∈平面ABC.又因为平面EFHG∩平面ABC=EG,所以M∈EG,所以三直线FH,EG,AC共点.5.(10分)如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=QUOTE,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值. 世纪金榜导学号【解析】如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD,所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB