课时跟踪检测(44) 空间点、直线、平面之间的位置关系（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(44)　空间点、直线、平面之间的位置关系 基础强化练 1．(2024·广东学业考试)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，则(　　) A．m与n异面 B．m与n相交 C．m与n平行 D．m与n平行、相交、异面均有可能 D　解析：因为m⊥l，n⊥l，所以m与n既可以相交，也可以异面，还可以平行． 2. (2024·广东统考学业考试)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列直线与B1D1垂直的是(　　) A．BC1 B．A1D C．AC D．BC C　解析：∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD， ∵B1D1∥BD，∴AC⊥B1D1. 3．(2024·河北邯郸开学考试)已知空间四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”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 A　解析：“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，因为一条直线和直线外一点确定一个平面，一定能推出“这四个点在同一个平面内”，从而充分性成立；“这四个点在同一平面内”时，可能有“两点分别在两条相交或平行直线上”，不一定有三个点在同一直线上，从而必要性不成立，所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的充分不必要条件． 4．(2024·广东惠州模拟)已知互不重合的三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　) A．b与c是异面直线 B．a与c没有公共点 C．b∥c D．b∩c＝P D　解析：∵a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，∵a＝α∩β，b＝β∩γ，∴P∈α，P∈β，P∈γ，∵α∩γ＝c，∴P∈c，∴b∩c＝P，∴a∩c＝P，如图所示，故ABC错误． 5．(2024·山东临沂模拟)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　解析：如图，连接DB，A1B，A1D，则B1C∥A1D. ∵E，F分别是AB，AD的中点， ∴DB∥EF，即∠A1DB是异面直线B1C与EF所成的角． 又△A1DB是等边三角形， ∴∠A1DB＝60°. 6．(2023·福建宁德二模)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1D和CD1与底面所成的角分别为45°和30°，则异面直线A1D和B1D1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． B　解析：由题意，可作图如下： 则∠A1DA＝45°，∠D1CD＝30°，设AD＝1，在△ADA1中，易知AA1＝AD＝1，在△D1DC中，DD1＝AA1＝1，DD1⊥CD，CD＝＝，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，易知DB∥D1B1，则∠A1DB为异面直线A1D与B1D1的夹角(或其补角)，在Rt△ABD中，AD2＋AB2＝BD2，则BD＝2，同理可得A1D＝，A1B＝2，由余弦定理，则cos ∠A1DB＝＝＝. 7．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，则直线l与直线CD1所成的角为________． 答案：60°　解析：如图所示，易知l∥BD，又CD1∥BA1，所以直线l与直线CD1所成的角即为直线BD与直线BA1所成的角．在等边三角形A1BD中，∠A1BD＝60°，即异面直线l与直线CD1所成的角为60°. 8．如图，在四面体A­BCD中作截面PQR，若PQ，CB的延长线交于点M，RQ，DB的延长线交于点N，RP，DC的延长线交于点K.则M，N，K三点的位置关系是________． 答案：共线　解析：因为M∈PQ，直线PQ⊂平面PQR，M∈BC，直线BC⊂平面BCD，所以M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上．同理可证，N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线． 9．如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点． (1)求证：直线EF与BD是异面直线； (2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角的大小． (1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾，故直线EF与BD是异面直线． (2)解：如图，取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD. 所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角． 又因为AC⊥BD，所以FG⊥EG， 在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°. 10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝AD，BE∥FA，BE＝FA，又G，H分别为FA，FD的中点． (1)求证：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？ (1)证明：由题意得GH∥AD，GH＝AD. 又因为BC∥AD，BC＝AD，所以GH∥BC，GH＝BC. 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)解：C，D，F，E四点共面．理由如下： 由BE∥FA，BE＝FA， G是FA的中点知，BE∥GF，BE＝GF， 则四边形BGFE是平行四边形， 所以EF∥BG，EF＝BG. 由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面． 又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面． 能力提升练 11．(多选)(2024·吉林统考模拟)已知α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若α∩β＝l，A∈α且A∈β，则A∈l B．若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉β C．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线 D．若A∈α且B∈α，则直线AB⊂α ABD　解析：对于A，由根据A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，又α∩β＝l，由基本事实3可得A∈l，故A正确；对于B，由基本事实1，过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又A∈β，B∈β，且A，B，C∈α，则C∉β，故B正确；对于C，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；对于D，由基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确． 12．(2024·广东统考学业考试)下图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下判断：①BF与DN平行；②CM与BN是异面直线；③DF与BN垂直；④AE与DN是异面直线．则判断正确的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 B　解析：把平面展开图折起，得到如图所示的正方体， 则BF与DN是异面直线，故①错误；CM与BN平行，故②错误；由题可知DF⊥CM，CM∥BN，所以DF与BN垂直，故③正确；AE与DN是异面直线，故④正确．故正确个数为2. 13．(2024·山东潍坊模拟)已知三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝2，AC＝2，BC＝2，PA＝3，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． D　解析：如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE， 则DE∥PC，∠ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．因为AB＝2，AC＝2，BC＝2，AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，E为BC的中点，则AE＝，PA⊥平面ABC. 因为在Rt△PAC中，PC＝＝＝，所以DE＝PC＝.因为在Rt△PAB中，PB＝＝＝，所以DA＝.在△ADE中，根据余弦定理可得cos ∠ADE＝＝＝. 故异面直线AD与PC所成角的余弦值为. 14．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________． 答案：　解析：如图①，连接A1B，由已知数据可得BC1＝2，A1B＝2，则A1C＋BC＝A1B2， ∴∠A1C1B＝90°.将△BCC1沿BC1展平在平面A1BC1内，连接A1C，如图②，则A1P＋PC的最小值为线段A1C的长．在△A1C1C中，A1C1＝2，CC1＝，易知∠A1C1C＝135°，由余弦定理得，A1C2＝A1C＋CC－2A1C1·CC1·cos ∠A1C1C＝22＋()2－2×2××cos 135°＝4＋2＋4＝10， ∴A1C＝，即A1P＋PC的最小值为. 15.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝ED＝AB，现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，求直线BP与动直线CE所成角的范围． 解：如图所示，将PB平移到EB1的位置，C1点在以D为圆心，1为半径的圆上运动． 则∠B1EC1就是所求线线角，根据三角形中“大角对大边”，EB1，EC1为定值，故最值由B1C1来确定，故当C1在C处线线角最小，在C2处线线角最大． 由于PA＝ED＝AB，故∠PBA＝∠EB1D＝. 而DE＝DC＝1，故∠ECD＝， 所以∠CEB1＝－＝. 而∠EC2D＝∠ECD＝，故∠B1EC2＝π－－＝. 所以直线BP与动直线CE所成角的取值范围是[，]. 素养养成练 16．(2024·江苏统考期末)四边形ABCD是矩形，AB＝3AD，点E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合，则直线ED，BF所成角α在旋转过程中(　　) A．逐步变大 B．逐步变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 D　解析：如图，初始时刻ED与BF所成角为0，故B，C错误；在四边形AEFD绕EF旋转过程中， EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC＝F，DF，FC⊂平面DFC，所以EF⊥平面DFC，EF⊂平面EFCB，所以平面DFC⊥平面EFCB，故D在平面BCFE内的投影P一直落在直线CF上，如图所示， 所以一定存在某一时刻EP⊥BF，而DP⊥平面EFCB，DP⊥BF.又DP∩PE＝P，DP，PE⊂平面DPE，所以BF⊥平面DPE，此时DE与BF所成角为，然后α开始变小，故直线ED，BF所成角α在旋转过程中先变大后变小，故选项A错误，选项D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$