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.doc

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．2
C．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＝CD，MN＝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＝，
所以BD＝2，则OM＝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：
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＝＝a，AC＝＝a.
cos∠ACB1＝＝.
所以直线A1C1与B1C成角的余弦值为.
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，MC，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＝2EF
B．GH≠2EF
C．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，
∴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：
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＝，得sin∠CD1B1＝.
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，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　5
解析：因为P，Q分别是AB，BC的中点，
所以PQ∥AC，且PQ＝AC，同理MN∥AC，且MN＝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＝BD＝，又因为PQ∥AC，
所以PQ与PN所成的角就是异面直线AC，BD所成的角，
所以sin∠QPN＝＝＝，
所以四边形PQMN的面积为S＝PQ·PN·sin∠QPN＝10××＝5 .