2025届高考数学一轮总复习课时作业45空间点直线平面之间的位置关系含解析苏教版

PAGEPAGE1课时作业45空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．给出下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题的个数是(C)A．0B．1C．2D．3解析：对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点不共线，则这两个平面也可能相交，故④错误．故选C.2．(2024·泸州诊断)在正方形ABCD­A1B1C1D1中，棱所在的直线与直线BA1A．4 B．5C．6 D．7解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BA1⊂平面ABB1A1，则有AD，B1C1，CD，C1D1，CC1，DD1，共6条直线与3．已知a，b，c是两两不同的三条直线，则下面四个命题中，为真命题的是(C)A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c可能相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c可能相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c可能相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知选项C中的命题为真．故选C.4．(2024·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(D)A．相交或平行 B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面解析：因为直线a与平面α，β的位置关系不确定，则直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D.5．如图所示，在四面体ABCD中，若直线EF和GH相交，则它们的交点肯定(A)A．在直线DB上B．在直线AB上C．在直线CB上D．以上都不对解析：设直线EF与GH的交点为M.∵EF⊂平面ABD，GH⊂平面CBD，∴M∈平面ABD，且M∈平面CBD.又∵平面ABD∩平面CBD＝BD，∴M∈BD，∴EF与GH的交点在直线DB上．6．在正四棱锥P­ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为(C)A．90° B．60°C．45° D．30°解析：连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或补角)．∵四棱锥P­ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA＝2，∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°，故选C.7．(2024·安徽蚌埠检测)已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满意a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c的位置关系不行能是(A)A．两两平行 B．两两垂直C．两两相交 D．两两异面解析：如图①所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABCD、平面A1ADD1、平面A1ABB1两两垂直，则AB，AD，A1A两两相交且两两垂直，故B，C正确；CD，A1D1，BB1彼此异面，故D正确．如图②所示，设α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l，在平面γ内任取一点O(O∉l，O∉n)，过O作OB⊥l，OC⊥n，垂足分别为B，C.因为α⊥γ，α∩γ＝l，OB⊂γ，OB⊥l，所以OB⊥α.因为m⊂α，所以OB⊥m，同理OC⊥m.因为OB∩OC＝O，所以m⊥γ，同理n⊥α，l⊥β.若a，b，c两两平行，因为a⊂α，b⊂β，α∩β＝m，所以a∥b∥m.又因为m⊥γ，c⊂γ，所以m⊥c，所以a⊥c，与a∥c冲突．所以a，b，8．到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为(C)A．1 B．4C．7 D．8解析：当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图1.令截面与四棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图2，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满意条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满意条件的平面有3个．所以满意条件的平面共有7个，故选C.二、填空题9．三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是0或1.解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种状况：一是两两相交，有1个交点；二是相互平行且不共面，没有交点．10．如图所示，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC的中点，AA1AB＝eq\r(2)1，则异面直线AB1与BD所成的角为60°.解析：取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE，则B1E∥BD，∴∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．设AB＝1，则A1A＝eq\r(2)，在Rt△AB1E中，AB1＝eq\r(3)，B1E＝eq\f(\r(3),2)，则∠AB1E＝60°，即异面直线AB1与BD所成的角为60°.11．(2024·重庆调研)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则异面直线DP与CB1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).解析：由题意，在正方体中，连接DA1，DB，则CB1∥DA1，所以∠A1DP为异面直线DP与CB1所成的角，点P与B重合时，∠A1DP最大，且最大为eq\f(π,3)，当点P与A1无限接近时，∠A1DP趋近于零，故异面直线DP与CB1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).12．如图所示是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图形是①②③.(填序号)解析：在图④中，可证点Q所在棱与平面PRS平行，因此P，Q，R，S四点不共面．易知①中四边形PQRS为梯形；③中四边形PQRS为平行四边形．对于②中图形，如图所示，取A1A与BC的中点分别为M，N，可证明PMQNRS为平面图形，且PMQNRS三、解答题13．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＝eq\f(1,2)AD且GH∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD且BC∥AD，故GH綊BC.所以四边形BCFG是平行四边形．(2)C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE＝eq\f(1,2)AF且BE∥AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以四边形BEFG为平行四边形，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．14．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq\f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，PA＝2.求：(1)三棱锥P­ABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．解：(1)S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，三棱锥P­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝eq\r(2)，AD＝2，cos∠ADE＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4).故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4).15．(2024·重庆七校联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1①平面PB1D⊥平面ACD1；②A1P∥平面ACD1；③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；④三棱锥D1­APC的体积不变．其中，正确的是①②④.(把全部正确推断的序号都填上)解析：在正方体中，B1D⊥平面ACD1，B1D⊂平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以①正确；连接A1B，A1C1，如图，简单证明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以②正确；因为BC1∥AD1，所以异面直线A1P与AD1所成的角就是直线A1P与BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以③错误；VD1­APC＝VC­AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥D1­APC的体积不变，所以④正确．16．(2024·安徽合肥六校联考)如图，在侧棱长为3的正三棱锥A­BCD中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于2eq\r(3)，则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为eq\f(3\r(3),2)π.解析：设动点P在三棱锥表面形成的曲线是EFGH，如图所示，则BE＝BH＝2eq\r(3).在直角三角形BAH中，cos∠HBA＝eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠HBA＝eq\f(π,6)，∠HBG＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，∴eq\o\ac(HG,\s\up15(︵))＝2eq\r(3)×eq\f(π,12)＝eq\f(\r(3),6)π，同理eq\o\ac(EF,\s\up15(︵))＝eq\f(\r(3),6)π.在直角三角形HAE中，∠HAE＝eq\f(π,2)，AH＝AE＝eq\r(2\r(3)2－32)＝eq\r(3)，∴eq\o\ac(HE,