2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)40 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 文

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1、2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)40 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 文 [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．[2019·江西七校聯(lián)考]已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系是(　　) A．相交或平行 B．相交或異面 C．平行或異面 D．相交、平行或異面 解析：依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面． 答案：D 2．若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關(guān)系是(　　) A．b?α B．b∥α C．b?α或b∥α D．b與α相交或b?α或b∥

2、α 解析：b與α相交或b?α或b∥α都可以． 答案：D 3. 如圖所示，ABCD－A1B1C1D1是正方體，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．A，M，O三點(diǎn)共線 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：連接A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC， ∴A1，C1，A，C四點(diǎn)共面，∴A1C?平面ACC1A1. ∵M(jìn)∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1， ∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上， 同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線

3、上， ∴A，M，O三點(diǎn)共線． 答案：A 4．[2019·河北張家口模擬]三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析： 取BC的中點(diǎn)O，連接NO，AO，MN，因?yàn)锽1C1綊BC，OB＝BC，所以O(shè)B∥B1C1，OB＝B1C1，因?yàn)镸，N分別為A1B1，A1C1的中點(diǎn)，所以MN∥B1C1，MN＝B1C1，所以MN綊OB，所以四邊形MNOB是平行四邊形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其補(bǔ)角即為BM與AN所成角，不妨設(shè)AB＝2，則有A

4、O＝，ON＝BM＝，AN＝，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝＝＝.故選C. 答案：C 5．[2019·安徽聯(lián)合檢測(cè)]若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，則異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：解法一　如圖，在平面ABC，平面A1B1C1中分別取點(diǎn)D，D1，連接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四邊形ABDC，A1B1D1C1為平行四邊形，連接DD1，BD1，則AB＝C1D1且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1即異面直線AC1與A1B所

5、成的角． 連接A1D1，過(guò)點(diǎn)A1作A1M⊥AC于點(diǎn)M，連接BM，設(shè)AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝，A1M＝，因?yàn)槠矫鍭1ACC1⊥平面ABC，A1M?平面A1ACC1，所以A1M⊥平面ABC，所以A1M⊥BM，所以A1B＝，在菱形A1ACC1中，易求得AC1＝2＝BD1，在菱形A1B1D1C1中，易求得A1D1＝2，所以cos∠A1BD1＝＝＝，所以異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為. 解法二　令M為AC的中點(diǎn)，連接MB，MA1，易得MA，MB，MA1兩兩垂直．以M為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)A

6、A1＝AC＝AB＝2，則A(1,0,0)，B(0，，0)，A1(0,0，)，C1(－2,0，)，所以＝(－3,0，)，＝(0，，－)，所以cos〈，〉＝＝－，故異面直線AC1與A1B所成角的余弦值為. 答案：B 二、填空題 6．設(shè)P表示一個(gè)點(diǎn)，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個(gè)平面，給出下列四個(gè)命題，其中正確命題的序號(hào)是________． ①P∈a，P∈α?a?α； ②a∩b＝P，b?β?a?β； ③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α； ④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b. 解析：當(dāng)a∩α＝P時(shí)，P∈a，P∈α， 但a?α，∴①錯(cuò)； a∩β＝P時(shí)，②錯(cuò)； 如圖∵

7、a∥b，P∈b， ∴P?a，∴由直線a與點(diǎn)P確定唯一平面α， 又a∥b，由a與b確定唯一平面γ， 但γ經(jīng)過(guò)直線a與點(diǎn)P， ∴γ與α重合，∴b?α，故③正確； 兩個(gè)平面的公共點(diǎn)必在其交線上，故④正確． 答案：③④ 7．如圖所示，G，H，M，N分別是三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有________(填上所有正確答案的序號(hào))． 解析：圖(1)中，直線GH∥MN； 圖(2)中，G，H，N三點(diǎn)共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面； 圖(3)中，連接MG，HN，GM∥HN，因此GH與MN共面； 圖(4)中，G，M，N共面， 但H?平面

8、GMN，因此GH與MN異面． 所以圖(2)，(4)中GH與MN異面． 答案：(2)(4) 8．[2019·福建四地六校聯(lián)考]已知三棱錐A－BCD中，AB＝CD，且直線AB與CD成60°角，點(diǎn)M、N分別是BC、AD的中點(diǎn)，則異面直線AB與MN所成角的大小為_(kāi)_______． 解析：如圖，取AC的中點(diǎn)P，連接PM，PN，則PM∥AB，且PM＝AB，PN∥CD，且PN＝CD. ∴∠MPN或其補(bǔ)角為AB與CD所成的角，則∠MPN＝60°或∠MPN＝120°， ∵PM∥AB， ∴∠PMN或其補(bǔ)角是AB與MN所成的角， ∵AB＝CD，∴PM＝PN， 若∠PMN＝60°， 則△PMN

9、是等邊三角形，∴∠PMN＝60°， ∴AB與MN所成的角為60°.若∠MPN＝120°， 則∠PMN＝30°，∴AB與MN所成的角為30°， 綜上，異面直線AB與MN所成的角為30°或60°. 答案：30°或60° 三、解答題 9. 如圖，在四邊形ABCD中，已知AB∥CD，直線AB，BC，AD，DC分別與平面α相交于點(diǎn)E，G，H，F(xiàn)，求證：E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)必定共線． 證明：因?yàn)锳B∥CD， 所以AB，CD確定一個(gè)平面β. 又因?yàn)锳B∩α＝E，AB?β，所以E∈α，E∈β， 即E為平面α與β的一個(gè)公共點(diǎn)． 同理可證F，G，H均為平面α與β的公共點(diǎn)， 因?yàn)槿魞蓚€(gè)平

10、面有公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條通過(guò)公共點(diǎn)的公共直線，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)必定共線． 10．如圖，已知不共面的三條直線a，b，c相交于點(diǎn)P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求證：AD與BC是異面直線． 證明：假設(shè)AD和BC共面，所確定的平面為α，那么點(diǎn)P，A，B，C，D都在平面α內(nèi)， ∴直線a，b，c都在平面α內(nèi)，與已知條件a，b，c不共面矛盾，假設(shè)不成立． ∴AD和BC是異面直線． [能力挑戰(zhàn)] 11．[2019·武漢調(diào)研]在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在棱AB，CD上，且AE＝CF＝1. (1)求異面直線A1E與C1F所成角的余弦值；

11、(2)求四面體EFC1A1的體積． 解析：(1)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中， 延長(zhǎng)DC至M，使CM＝1，則AE綊CM. 連接AC，EM，∴ME綊AC綊A1C1，連接MC1， ∴A1E綊C1M， ∴∠FC1M為異面直線A1E與C1F所成的角． 在△FC1M中，C1F＝C1M＝，F(xiàn)M＝2， ∴cos∠FC1M＝＝. 故異面直線A1E與C1F所成角的余弦值為. (2)在D1C1上取一點(diǎn)N，使ND1＝1. 連接EN，F(xiàn)N，A1N， ∴A1E綊FN，∴A1N綊EF， ∵EF?平面EFC1，A1N?平面EFC1，∴A1N∥平面EFC1， ∴VA1－EFC1＝VN－EFC1＝VE－NFC1＝×S△NFC1×3＝××2×3×3＝3. 故四面體EFC1A1的體積為3.