2023版高考数学一轮复习第8章立体几何第3节空间点线面之间的位置关系课时跟踪检测理新人教A版.doc

第三节　空间点、线、面之间的位置关系
A级·根底过关
|固根基|
1.到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为(　　)
A．1 B．4
C．7 D．8
解析：选C　当空间四点不共面时，那么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，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，那么此时满足条件的平面有3个，所以满足条件的平面共有7个，应选C．
2．在以下命题中，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．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
D．如果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，而公理是不需要证明的．
3．假设空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，那么直线a与c(　　)
A．一定平行 B．一定相交
C．一定是异面直线 D．一定垂直
解析：选D　两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直．应选D．
4．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是(　　)
A．6 B．12
C．12 D．24
解析：选A　如图，空间四边形ABCD，对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的角，大小为45°，故S四边形EFGH＝3×4×sin 45°＝6.应选A．
5．(2023届南宁市摸底联考)在如下图的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D　如图，过点E作EM∥AB，过M点作MN∥AD，取MN的中点为G，连接NE，D1G，那么平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与D1E的夹角为∠D1EG(或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，那么GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，应选D．
6．异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　　)
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　如果c与a，b都平行，那么由平行线的传递性知a，b平行，与异面矛盾．应选C．
7．以下命题中，真命题的个数为(　　)
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；
④假设M∈α，M∈β，α∩β＝l，那么M∈l.
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B　根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.
8．(2023届陕西摸底)将正方形ABCD中的△ACD沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平面ACD，那么异面直线AB与CD所成的角为(　　)
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选B　解法一：如图，连接BD，取AC，BD，AD的中点分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，那么由三角形中位线定理知，ONCD，MNAB，所以∠ONM或其补角为所求的角．连接BO，OD，因为AB＝BC，所以BO⊥AC．又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OB⊂平面ABC，所以BO⊥平面ACD．又DO∈平面ACD，所以BO⊥OD．设原正方形ABCD的边长为2，那么BO＝OD＝，所以BD＝2，所以OM＝BD＝1，所以ON＝MN＝OM＝1，那么△OMN是等边三角形，所以∠ONM＝60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，应选B．
解法二：如图，设AC的中点为O，连接DO，OB，因为AD＝DC，所以DO⊥AC．因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OD⊂平面ACD，所以DO⊥平面ABC．延长BO到E，使得EO＝BO，连接DE，AE，CE，易证得四边形ABCE为正方形，所以AB∥EC，所以∠DCE或其补角为异面直线AB与CD所成的角．设AC＝2a，那么EC＝ED＝CD＝a，所以△DCE为等边三角形，所以∠DCE＝60°，即异面直线AB与CD所成角为60°，应选B．
9．(2023届石家庄摸底)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，那么异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B　解法一：取B1C1的中点为D1，连接A1D1，D1C，易证A1D1∥AD，所以∠D1A1C或其补角为异面直线AD与A，C所成的角．∵AB＝AC＝，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD＝＝＝1，∴A1D1＝AD＝1.又A1C＝＝＝2，D1C2＝＝＝，∴A1D＋D1C2＝A1C2，∴△D1A1C为直角三角形，且cos∠D1A1C＝，∴∠D1A1C＝，应选B．
解法二：以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如下图的空间直角坐标系A－xyz，那么A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，∴D，，0，∴＝，，0，＝(0，，－)，
∴cos〈，〉＝＝，∴〈，〉＝.应选B．
10．如图为正方体外表的一种展开图，那么图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．
解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．
答案：3
11.如下图，AC是圆O的直径，B，D是圆O上两点，AC＝2BC＝2CD＝2，PA⊥圆O所在的平面，PA＝，点M在线段BP上，且BM＝BP.
(1)求证：CM∥平面PAD；
(2)求异面直线BP与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，作ME⊥AB于点E，连接CE，那么ME∥AP.因为AC是圆O的直径，AC＝2BC＝2CD＝2，所以AD⊥DC，AB⊥BC，所以∠BAC＝∠CAD＝30°，
∠BCA＝∠DCA＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，
所以AB＝AD＝.
因为BM＝BP，所以BE＝BA＝，
所以在Rt△BCE中，tan∠BCE＝＝，
所以∠BCE＝∠ECA＝30°＝∠CAD，
所以EC∥AD．
又ME∩CE＝E，PA∩DA＝A，
所以平面MEC∥平面PAD．
又CM⊂平面MEC，CM⊄平面PAD，
所以CM∥平面PAD．
(2)过点A作平行于BC的直线交CD的延长线于点G，作BF∥CG交AG于点F，连接PF，那么∠PBF(或其补角)为异面直线BP与CD所成的角，设∠PBF＝θ.
易知AF＝1，BP＝，BF＝2，PF＝2，
故cos θ＝＝＝，
即异面直线BP与CD所成角的余弦值为.
B级·素养提升
|练能力|
12.A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，那么甲是乙成立的(　　)
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　假设A，B，C，D四点不共面，那么直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；假设直线AC和BD不相交，直线AC和BD平行，那么A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．
13．直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，那么“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　假设直线a，b相交，设交点为P，那么P∈a，P∈b，又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，假设α，β相交，那么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．
14．在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，那么在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线(　　)
A．不存在 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有无数条
解析：选D　
如图，在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时，确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．
15.如图，平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是________．
解析：作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，那么∠D′BE为所求的角(或其补角)．作D′N⊥AC于点N，设M为AC的中点，连接BM，那么BM⊥AC，作NF∥BM交BE于F，连接D′F，设∠D′NF＝θ.
∵D′N＝＝，BM＝FN＝＝，∴D′F2＝－5cos θ.∵AC⊥D′N，AC⊥FN，∴D′F⊥AC，
∴D′F⊥BE.又BF＝MN＝，∴在Rt△D′FB中，D′B2＝9－5cos θ，∴cos∠D′BE＝＝≤，当且仅当θ＝0°时取“＝〞，即直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是.
答案：