课下巩固精练卷(55) 空间点、直线、平面之间的位置关系（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

课下巩固精练卷(五十五)　空间点、直线、平面之间的位置关系 【基础巩固题】 1．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α∥β，则a与b的位置关系为(　　 ) A．共面 B．平行 C．异面 D．平行或异面 解析：选D.由题意，a与b不可能相交，当共面时平行，不共面时为异面直线． 2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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B.由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内． 3．(2024·广东佛山检测)如图，点N为正方形ABCD的中心，平面ECD⊥平面ABCD，且ED＝EC＝CD，M是线段ED的中点，则(　　 ) A．BM＝EN，且直线BM、EN是相交直线 B．BM ≠EN，且直线BM、EN是相交直线 C．BM ＝EN，且直线BM、EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM、EN是异面直线 解：选A. 如图所示，连接BD，BE，MN，点N为正方形ABCD的中心，则BD经过点N，且点N为BD中点，M是线段ED的中点，所以在△EBD中，MN∥EB，又ED＝EC＝CD，且由正方形性质可知BD＝CD，所以EM＝BD＝BN，即四边形EBNM为等腰梯形，又BM，EN为等腰梯形的对角线，所以BM＝EN，且直线BM、EN是相交直线． 4．(2024·广州模拟)已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是(　　 ) A．直线b与直线c可能是异面直线 B．直线a与直线c可能平行 C．直线a，b，c必然交于一点(即三线共点) D．直线c与平面α可能平行 解析：选C.因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O， 所以O∈α，O∈β，O∈γ. 因为β∩γ＝c，所以O∈c，所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，故A，B错误，C正确； 假设直线c与平面α平行，由O∈c，可知O∉α， 这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误． 5．如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选D.如图，取AC的中点D，连接DC1，BD，易知AM∥DC1， 所以异面直线AM与BC1所成角就是直线DC1与直线BC1所成的角，即∠BC1D， 因为直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，可设三棱柱的棱长都为2，则DC1＝， 则在△BDC1中，由余弦定理可得cos ∠BC1D＝， 即异面直线AM与BC1所成角的余弦值为. 6．在正四棱锥P­ABCD中，AB＝2，E，F，G分别为AB，PC，AD的中点，直线BF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P­EFG的体积为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B.连接BD，DF，AC，CG，CE，如图， 设BF＝DF＝x，由BD∥EG，得∠FBD即为BF与EG所成的角， 在△FBD中，易知BD＝2，cos ∠FBD＝，解得x＝. 设PB＝PC＝y，在△PFB中，cos ∠PFB＝y2　①， 因为∠PFB＋∠BFC＝180°，故cos ∠BFC＝cos (180°－∠PFB)＝－cos ∠PFB， 则在△BCF中，cos ∠BFC＝4，即cos ∠PFB＝4　②， ①＋②得＋6＝y2＋4，因为y>0，解得y＝2. 因为F为PC的中点，故V三棱锥P­EFG＝V三棱锥C­EFG＝V三棱锥F­ECG， 因为PA2＋PC2＝AC2，PA＝PC， 所以△PAC为等腰直角三角形， 则在等腰直角三角形PAC中，易求得点P到AC的距离即点P到底面的距离为， 故点F到平面CEG的距离为， S△ECG＝S▱ABCD－S△AEG－S△CDG－S△CEB＝2×2－， 故所求三棱锥的体积为. 7．(多选)已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，则(　　 ) A．若l与m不垂直，则l与α一定不垂直 B．若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30° C．l∥m是l∥α的充分不必要条件 D．若l与α相交，则l与m一定是异面直线 解析：选AC.对于A，当l与m不垂直时，假设l⊥α，因为m⊂α，则l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，故A正确；对于B，由线面角的定义可知，l与α所成的角是直线l与平面α内所有直线所成角中最小的角，若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角θ满足0°<θ≤30°，故B错误；对于C，若l∥m，m⊂α，l⊄α，则l∥α，即l∥m⇒l∥α；若l∥α，因为m⊂α，则l与m平行或异面，即l∥α⇒/ l∥m，所以l∥m是l∥α的充分不必要条件，故C正确；对于D，若l与α相交，则l与m相交或异面，故D错误． 8．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是(　　 ) A．C1，M，O三点共线 B．C1，M，O，C四点共面 C．C1，O，B1，B四点共面 D．D1，D，O，M四点共面 解析：选AB.∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1， ∴O∈平面ACC1A1. ∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD， ∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和点C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确． 9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l与A1D平行，设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cos θ＝________． 解析：如图所示， 设正方体的表面ABB1A1的中心为点P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，∠POC1＝θ或π－θ. 设正方体的棱长为2，则OP＝，则cos θ＝|cos ∠POC1|＝. 答案： 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且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为FA，FD的中点． (1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？ 解：(1)证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GHAD.又BCAD，所以GHBC. 所以四边形BCHG为平行四边形． (2)C，D，F，E四点共面，理由如下： 因为BEAF，G是FA的中点， 所以BEFG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BGCH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面． 又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面． 【综合应用题】 11．我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC­A1B1C1所得截面图形的面积为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A.延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C， 连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC­A1B1C1所得截面图形， 由题意解三角形可得NE＝ME＝， ∴△AMN中MN边上的高h1＝， △EMN中MN边上的高h2＝. ∴平面AMN截“堑堵”ABC­A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN＝MN·(h1＋h2)＝＝. 12．(多选)(2024·苏州调研)已知直线l与平面α相交于点P，则(　　 ) A．α内不存在直线与l平行 B．α内有无数条直线与l垂直 C．α内所有直线与l是异面直线 D．至少存在一个过l且与α垂直的平面 解析：选ABD.如图，对于A，直线l与平面α相交于点P，所以平面α内不存在直线与l平行，故A正确； 对于B，平面α内存在与l在平面α的射影PO垂直的直线n，平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，故B正确； 对于C，平面α内过点P的直线m与直线l相交，不是异面直线，故C错误； 对于D，取直线l上除斜足外一点A，过该点作平面α的垂线AO，则平面POA垂直于平面α，故D正确． 13．(多选)(2024·朝阳模拟)在三棱锥A­BCD中，AB＝CD＝，则(　　 ) A．AB⊥CD B．三棱锥A­BCD的体积为 C．三棱锥A­BCD外接球的半径为 D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为 解析：选ABD.将三棱锥补形为长方体，如图所示． 其中BE＝BN＝1，BF＝2， 所以AB＝CD＝， 连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，所以四边形AMFB为平行四边形，所以AB∥MF，又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确； 长方体的体积V1＝1×1×2＝2， V三棱锥A­BEC＝， 同理，三棱锥N­ABD，三棱锥F­BCD，三棱锥M­ACD的体积也为，所以三棱锥A­BCD的体积V＝2－4×，故B正确； 长方体的外接球的半径为， 长方体的外接球也是三棱锥A­BCD的外接球， 所以三棱锥A­BCD外接球的半径为，故C错误； 连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角， 由已知OA＝，AM＝2，所以cos ∠AOM＝， 所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故D正确． 14．(2024·孝感模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的所有顶点均在体积为4π的球O上，则该正方体的棱长为________，若动点P在四边形A1B1C1D1内运动，且满足直线CC1与直线AP所成角的正弦值为，则OP的最小值为________． 解析：设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，球O的半径为R， 则由正方体体对角线L＝a＝2R得R＝， 由V球O＝πR3＝π3＝4π得a＝2； 因为CC1∥AA1，所以AA1与AP所成角的正弦值也是，即sin ∠A1AP＝， 又因为AA1⊥平面A1B1C1D1，A1P⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥A1P， 故sin ∠A1AP＝， 即，解得A1P＝， 所以点P的轨迹是以A1为圆心，为半径的圆与四边形A1B1C1D1内的一段弧，如图所示， 设正方形A1B1C1D1的中心为O1，连接O1P，OO1， 因为O1A1＝， 所以(O1P)min＝O1A1－A1P＝， 所以(OP)min＝，即(OP)min＝. 答案：2　 学科网（北京）股份有限公司 $