2023届高考数学特训营-第2节-空间点、直线、平面之间的位置关系

第2节空间点、直线、平面之间的位置关系A级(基础应用练)1．(2022·哈尔滨市高三模拟)四条线段首尾顺次相连，它们最多可确定的平面个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案：D解析：首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．故选D.2．(2022·西安市高三模拟)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答案：A解析：若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交．故选A.3．(2022·张掖市高三模拟)在空间四边形ABCD的各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A．点P必在直线AC上B．点P必在直线BD上C．点P必在平面DBC内D．点P必在平面ABC外答案：A解析：如图，因为EF⊂平面ABC，而GH⊂平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以点P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上，故选A.4．(2021·西安质检)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则异面直线AB与CD所成的角为()A．90° B．60°C．45° D．30°答案：B解析：如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq\f(1,2)CD，MN＝eq\f(1,2)AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角．因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.设正方形ABCD的边长为2，则OB＝OD＝eq\r(2)，所以BD＝2，则OM＝eq\f(1,2)BD＝1，所以ON＝MN＝OM＝1，所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.所以异面直线AB与CD所成的角为60°.故选B.5．(2022·广西来宾市高三联考)设α，β表示平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；②若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；③若l⊄α，A∈l，则A∉α；④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，则α与β重合．其中正确命题的个数有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个答案：B解析：若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，l⊂α，①正确；若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则直线AB既在平面α内，又在平面β内，所以α∩β＝AB，②正确；若l⊄α，则直线l可能与平面α相交于点A，所以A∈l时，A∈α，③不正确；若A，B，C∈α，A，B，C∈β，当A，B，C共线时，α与β可能相交，④不正确；故选B.6．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是________．(填序号)答案：②④解析：①中GH∥MN；②中G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此GH，MN是异面直线；③中连接GM，GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；④中G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，因此GH，MN是异面直线．7.(2022·湖南省六校高三联考)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面是边长为a的菱形，∠BAD＝60°，AA1＝2a，则直线A1C1与B1C成角的余弦值为________．答案：eq\f(\r(15),10)解析：连接AC，AB1，如图所示：因为AC∥A1C1，所以∠ACB1或其补角为直线A1C1与B1C所成的角．因为底面是边长为a的菱形，∠BAD＝60°，AA1＝2a，所以AB1＝CB1＝eq\r(（2a）2＋a2)＝eq\r(5)a，AC＝eq\r(a2＋a2－2×a×a×（－\f(1,2)）)＝eq\r(3)a.cos∠ACB1＝eq\f(（\r(3)a）2＋（\r(5)a）2－（\r(5)a）2,2×\r(3)a×\r(5)a)＝eq\f(\r(15),10).所以直线A1C1与B1C成角的余弦值为eq\f(\r(15),10).8.如图，这是正四面体的平面展开图，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．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案：②③④解析：还原成正四面体A­DEF，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．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.B级(综合创新练)9．(多选题)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1共面C．A，M，C，O共面D．B，B1，O，M共面答案：ABC解析：∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故选ABC.10．(多选题)点E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中点，则()A．GH＝2EFB．GH≠2EFC．直线EF，GH是异面直线D．直线EF，GH是相交直线答案：BD解析：如图，取棱CC1的中点N，A1D1的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC，A1C1，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，∵MH∥A1C1∥AC∥FG，∴M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，G，N四点共面，E，F，H，N四点共面，∴E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内，∵EF∥HN，HN∩HG＝H，HN，HG，EF⊂平面EFGNHM，∴EF与GH是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得EF＝HN＝NG＝FG＝EM＝MH，∴eq\r(3)EF＝GH，即GH≠2EF.故选BD.11．如图，若P是△ABC所在平面外一点，PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M为AB的中点，则PN与MC之间的位置关系是________．答案：异面直线解析：法一：∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点，∴点N与点M不重合．∵N∈平面ABC，P∉平面ABC，CM⊂平面ABC，N∉CM，∴由异面直线的判定方法可知，直线PN与MC为异面直线．法二(反证法)：假设PN与MC不是异面直线，则存在一个平面α，使得PN⊂α，MC⊂α，于是P∈α，C∈α，N∈α，M∈α.∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点，∴点M与点N不重合．∵M∈α，N∈α，∴直线MN⊂α，∵A∈MN，B∈MN，∴A∈α，B∈α，即A，B，C，P四点均在平面α内，这与点P在平面ABC外相矛盾．∴假设不成立．故PN与MC为异面直线．12．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为________．答案：eq\f(\r(3),2)解析：如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，∴∠CD1B1＝eq\f(π,3)，得sin∠CD1B1＝eq\f(\r(3),2).13.已知空间四边形ABCD的对角线AC＝20，BD＝19，异面直线AC与BD所成角的余弦值为eq\f(18,19)，点P，Q，M，N分别是AB，BC，CD，DA的中点．则四边形PQMN是________四边形；四边形PQMN的面积为________．答案：平行5eq\r(37)解析：因为P，Q分别是AB，BC的中点，所以PQ∥AC，且PQ＝eq\f(1,2)AC，同理MN∥AC，且MN＝eq\f(1,2)AC，所以PQ∥MN，PQ＝MN，所以四边形PQMN是平行四边形；因为P，N分别是AB，AD的中点，所以PN∥BD，PN＝eq\f(1,2