新教材适用2025版高考数学一轮总复习练案39第七章立体几何第二讲空间点直线平面之间的位置关系

练案[39]其次讲空间点、直线、平面之间的位置关系A组基础巩固一、单选题1．给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中假如一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同始终线的两条直线必平行．其中正确命题的个数是(B)A．0 B．1C．3 D．4[解析]只有②正确，故选B.2．(2024·湖北名师联盟模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1的中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是(C)A．直线EF，AO是异面直线B．直线EF，BB1是相交直线C．直线EF与BC1所成的角为30°D．直线EF与BB1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)[解析]OF綉AE，EF、AO是相交直线，A错；EF、BB1是异面直线，B错；如图，OF綉BE，∴EF∥BO，∴∠C1BO(或其补角)即为EF与BC1所成的角，设正方体棱长为2，则BC1＝2eq\r(2)，OC1＝eq\r(2)，BO＝eq\r(6)，∴BCeq\o\al(2,1)＝OCeq\o\al(2,1)＋BO2，即BO⊥OC1，∴∠OBC1＝30°，C对；EF与BB1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)，D错；故选C.3．(2024·河南濮阳模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥BC，AB＝BC＝2，CC1＝2eq\r(2)，则异面直线AC1与A1B1所成的角为(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]连接AC1，BC1，易知∠BAC1为异面直线AC1与A1B1所成的角(图略)．因为△ABC1为直角三角形，且AB⊥BC1，AB＝2，BC1＝eq\r(2\r(2)2＋22)＝2eq\r(3)，所以tan∠BAC1＝eq\r(3)，解得∠BAC1＝60°.故选C.4．(2024·山西运城调研)如图，等边△ABC为圆锥的轴截面，D为AB的中点，E为弧BC的中点，则直线DE与AC所成角的余弦值为(C)A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(3,4)[解析]取BC的中点O，连接OE，OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC，∴∠EDO(或其补角)即为DE与AC所成的角，由E为的中点得OE⊥BC，又平面ABC⊥平面BCE，∴OE⊥平面ABC，从而OE⊥OD，设正△ABC的边长为2a，则OD＝a＝OE，∴cos∠EDO＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，故选C.5．(2024·宁夏中卫市模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq\r(2)AA1，E，F分别为AB，BC的中点，异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m，则(B)A．直线A1E与直线C1F异面，且m＝eq\f(\r(2),3)B．直线A1E与直线C1F共面，且m＝eq\f(\r(2),3)C．直线A1E与直线C1F异面，且m＝eq\f(\r(3),3)D．直线A1E与直线C1F共面，且m＝eq\f(\r(3),3)[解析]∵E、F分别为AB、BC的中点，∴EF∥AC∥A1C1，∴A1、C1、E、F共面，∴直线A1E与C1F共面．连接C1D，则C1D∥AB1，∴∠DC1F为AB1与C1F所成的角(或其补角)，连接DF，不妨令AA1＝eq\r(2)，则DF＝eq\r(5)，C1F＝eq\r(3)，DC1＝eq\r(6)，∴cos∠DC1F＝eq\f(3＋6－5,2×\r(3)×\r(6))＝eq\f(\r(2),3)，故选B.6.(2024·河南重点中学联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，D、E分别是AB、B1C1的中点，则异面直线BE与CD所成的角的余弦值为(C)A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(1,3)C.eq\f(\r(58),29) D．eq\f(3\r(87),29)[解析]取A1C1的中点F，连接DF、EF、CF.易知四边形BDFE是平行四边形，所以DF∥BE.所以∠CDF是异面直线BE与CD所成的角．因为AC＝BC＝4，AC⊥BC，CC1＝5，所以AB＝4eq\r(2)，CD＝2eq\r(2).CF＝eq\r(CC\o\al(2,1)＋C1F2)＝eq\r(29)，DF＝BE＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋B1E2)＝eq\r(29).在△CDF中，由余弦定理得cos∠CDF＝eq\f(\r(29)2＋2\r(2)2－\r(29)2,2×\r(29)×2\r(2))＝eq\f(\r(58),29).故选C.7．(2024·江西南昌一模)如图E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，DH＝2HA，CF＝2FB，CG＝2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是(C)A．直线EF，HG有可能平行B．直线EF，HG肯定异面C．直线EF，HG肯定相交，且交点肯定在直线AC上D．直线EF，HG肯定相交，但交点不肯定在直线AC上[解析]∵BE＝2AE，DH＝2HA，∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(AH,DH)＝eq\f(1,2)，则EH∥BD，且EH＝eq\f(1,3)BD，又CF＝2FB，CG＝2GD，∴eq\f(CF,BF)＝eq\f(CG,GD)＝2，则FG∥BD，且FG＝eq\f(2,3)BD，∴EH∥FG，且EH≠FG，∴四边形EFGH为平面四边形，故直线EF，HG肯定共面，故B错误；若直线EF与HG平行，则四边形EFGH为平行四边形，可得EH＝GF，与EH≠FG冲突，故A错误；由EH∥FG，且EH≠FG，EH＝eq\f(1,3)BD，FG＝eq\f(2,3)BD，可得直线EF，HG肯定相交，设交点为O，则O∈EF，又EF⊂平面ABC，可得O∈平面ABC，同理，O∈平面ACD，而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴O∈AC，即直线EF，HG肯定相交，且交点肯定在直线AC上，故C正确，D错误．故选C.8．(2024·湖南湘东六校联考)下图是一正四面体的表面绽开图，G为BF的中点，则在原正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为(C)A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(3),6) D．eq\f(\r(33),6)[解析]将绽开图折起还原成四面体，如图所示，取AF的中点H，连接GH，HE，则GH綉eq\f(1,2)BC，且HE＝GE，∴∠HGE(或其补角)即为异面直线EG与BC所成的角，不妨设正四面体棱长为2，则GH＝1，GE＝eq\r(3)，∴cos∠HGE＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，故选C.9．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(D)A．1条 B．2条C．3条 D．4条[解析]如图，连接体对角线AC1，明显AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为eq\r(2).联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满意题意，故这样的直线l可以作4条．故选D.二、多选题10．(2024·吉林长春质检改编)下列命题中的真命题是(AC)A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b[解析]由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC.11．如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的是(ACD)[解析]在A、D中AB∥CD，在C中AB、CD相交，在B中AB、CD异面，故选ACD.12．(2024·河北衡水中学调研改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的值可能为(BCD)A．15° B．30°C．45° D．60°[解析]如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故选BCD.三、填空题13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为eq\f(\r(3),6).[解析]解法一：设AB、B1C1，C1C的中点分别为H、M、N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝eq\r(2)，MH＝NH＝eq\r(6).∴cos∠HMN＝eq\f(\f(MN,2),MH)＝eq\f(\r(3),6).解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(CB1,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))||\o(CB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×2\r(2))＝eq\f(\r(3),6).14．(2024·浙江百校高三下学期开学联考)如图，在边长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱CD，DD1的中点，则平面BEF截该正方体所得截面的面积为eq\f(9,2).[解析]连接BA1、CD1，由E、F分别为CD、DD1的中点知EF綉eq\f(1,2)CD1綉eq\f(1,2)A1B，所以平面截正方体所得截面为等腰梯形A1BEF，且EF＝eq\r(2)，A1B＝2eq\r(2)，BE＝eq\r(5)，该梯形的高h＝eq\r(BE2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A1B－EF,2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，∴该截面的面积为eq\f(1,2)(A1B＋EF)·h＝eq\f(9,2).B组实力提升1．(2024·皖江名校联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，BB1的中点为M，过C1，D，M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为(C)A.eq\f(52,3) B．18C．eq\f(56,3) D．eq\f(58,3)[解析]如图，截面是等腰梯形C1MED，E是AB的中点，较小部分是三棱台BEM－CDC1.上底面面积S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，下底面面积S2＝eq\f(1,2)×4×4＝8，所以V＝eq\f(1,3)(2＋8＋eq\r(2×8))×4＝eq\f(56,3).故选C.2．(2024·甘肃诊断)在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成的角的大小为(B)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]解法一：取OB的中点H，连接MH、NH、ON、AN，因M为OA为中点，∴MH綉eq\f(1,2)AB，∴∠HMN或其补角为MN与AB所成的角．设四面体的棱长均为2a，则由题意易知MH＝HN＝a，MN＝eq\r(2)a，∴MH2＋HN2＝MN2，∴∠MHN＝90°，从而∠HMN＝45°.故选B.解法二：不妨设四面体棱长均为2，记eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AO,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝b·c＝a·c＝2，又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b－c)，记异面直线MN与AB所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·a|,|\o(MN,\s\up6(→))|·|a|)＝eq\f(2,\r(2)×2)＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝eq\f(π,4).故选B.3．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形态是正方形，则原来的几何体可能是(ACD)A．长方体 B．圆台C．四棱台 D．正四面体[解析]对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形态是正方形，故A正确；对于B：圆台的截面均不行能是正方形，故B错误；对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形态是正方形，故C正确；对于D：如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF、FG、GD、DE，则截面DEFG为正方形，故D正确；故选ACD.4.(2024·湖南百师联盟开学联考)如图，正四棱锥(底面为正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心)P－ABCD中，AB＝4，点E为PB的中点，若CE与PD所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)，则四棱锥P－ABCD的体积为(A)A.eq\f(32\r(2),3) B．16eq\r(2)C．eq\f(32,3) D．eq\f(16,3)[解析]如图，连接AC、BD，设交点为O，连接PO，OE，则OE∥PD，所以∠CEO或其补角即为CE与P