2025届高考数学一轮总复习第8章立体几何第3节空间点直线平面之间的位置关系跟踪检测文含解析

PAGE第八章立体几何第三节空间点、直线、平面之间的位置关系A级·基础过关|固根基|1.已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c肯定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行解析：选C若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，依据公理4，知a∥b，与a，b异面冲突．2．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形肯定是()A．空间四边形 B．矩形C．菱形 D．正方形解析：选B如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形．因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC.又FG∥BD，所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角．而AC与BD所成的角为90°，所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形．3．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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A若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b，又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．4．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC解析：选C由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β.又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.5.如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，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：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，所以6．给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．其中真命题的序号是________．解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点；②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交；③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面；④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．答案：①②③7．(2025届广安期末)给出以下四个结论：①平行于同始终线的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若α，β是两个平面，m，n是异面直线，且m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；④若在三棱锥A－BCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，则点B在平面ACD内的射影是△ACD的垂心．其中错误结论的序号为________(要求填上全部错误结论的序号)．解析：由平行公理4可得平行于同始终线的两条直线相互平行，①正确；垂直于同一平面的两个平面相互平行或相交，②错误；若α，β是两个平面，m，n是异面直线，且m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，由线面平行的性质定理可得过n的平面与平面α交于n′，可得n∥n′，且n′∥β，由面面平行的判定定理可得α∥β，③正确；若在三棱锥A－BCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，设点B在平面ACD内的射影为H，连接AH，CH，DH，由BH⊥平面ACD，可得BH⊥CD，CD⊥AB，BH∩AB＝B，可得CD⊥平面ABH，则CD⊥AH，同理可得AC⊥DH，可得H是△ACD的垂心，④正确．答案：②8．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∠C1AD(或其补角)为异面直线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，则tan∠C1AD＝eq\f(C1D,AD)＝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．在正方体ABCD－A1B1C1D1(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而∠B1CA(或其补角)就是AC与A因为AB1＝AC＝B1C所以∠B1CA＝60°，即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，所以EF⊥AC，所以EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为9010.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O证明：如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形．又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.故D1，H，O三点共线.B级·素养提升|练实力|11．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B．2C.eq\f(1,4) D．4解析：选A取A′D的中点N，连接PN，MN，∵M是A′C的中点，∴MN∥CD，且MN＝eq\f(1,2)CD.∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，∴PB∥CD，且PB＝eq\f(1,2)CD，∴MN∥PB，且MN＝PB，∴四边形PBMN为平行四边形，∴MB∥PN，∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．在Rt△A′PN中，tan∠A′PN＝eq\f(A′N,A′P)＝eq\f(1,2)，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为eq\f(1,2).故选A.12．(2025届长沙模拟)如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点E，F，H，K分别为AC′，CB′，A′B′，B′C′的中点，G为△ABC的重心．从K，H，G，B′四点中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为________．解析：取A′C′的中点M，连接EM，MK，KF，EF，则EMeq\f(1,2)CC′KF，得四边形EFKM为平行四边形，若取点K为P，则AA′∥BB′∥CC′∥PF，故与平面PEF平行的棱超过2条，不符合题意；因为HB′∥MK，MK∥EF，所以HB′∥EF，若取点H或B′为P，则平面PEF与平面EFB′A′为同一平面，与平面EFB′A′平行的棱只有AB，不符合题意；连接BC′，则EF∥A′B′∥AB，若取点G为P，则AB，A′B′与平面PEF平行．答案：G13．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E－ABC的体积为定值；④B1E⊥BC1.解析：因为AC⊥平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故①正确；因为B1D1∥平面ABCD，所以B1E∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝eq\f(1,6)V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．答案：①②③14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．(1)求四棱锥O－ABCD的体积；(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值．解：(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，所以四棱锥O－ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3).(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，∴ME∥OC，则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角