第7章 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

该高中数学讲义聚焦立体几何高考核心考点，涵盖空间点线面位置关系、最短路径、充要条件等内容，按概念辨析到综合应用的逻辑架构知识，通过考点梳理（如直线相交确定平面的三种情况）、方法指导（正方体模型辅助分析）、真题训练（选择、填空、解答题分层设置），帮助学生构建知识网络，突破空间想象难点。 讲义以“数学眼光”培养几何直观，通过正方体、圆台等模型具象化空间关系，如第9题用反证法证明异面直线，渗透“数学思维”的推理能力，设置展开图法解最短路径（如第11题圆台侧面展开）等策略，分层练习适配不同学生。助力学生高效掌握核心方法，为教师把控复习节奏提供精准素材，提升复习实效。

1．已知空间中有三条直线，如果其中一条直线和其他两条直线都相交，那么这三条直线能确定的平面个数是(　　) A．1或2 B．3或4 C．1或2或3 D．1或3或4 解析：选C．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，①AA1∩AB＝A，AA1∩A1B1＝A1，直线AB，A1B1与AA1可以确定1个平面(平面ABB1A1)；②AA1∩AB＝A，AA1∩A1D1＝A1，直线AB，AA1与A1D1可以确定2个平面(平面ABB1A1和平面ADD1A1)；③三条直线AB，AD，AA1交于一点A，它们可以确定3个平面(平面ABCD，平面ABB1A1和平面ADD1A1). 2．已知a，b是空间中的两条直线，则“a∥b”是“a，b无公共点”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．若a∥b，则a，b无公共点，故充分性成立；若a，b无公共点，可推得a∥b或a，b是异面直线，故必要性不成立，所以“a∥b”是“a，b无公共点”的充分不必要条件． 3．直线m与平面α相交，则下列结论正确的是(　　) A．α内的所有直线与m都相交 B．α内不存在与m平行的直线 C．α内的所有直线与m都是异面直线 D．α内存在唯一一条直线与m平行 解析：选B．由题可知，平面α内的直线与直线m只有相交或异面两种位置情况，不可能有平行的情况，A，C，D错误，B正确． 4．如图，两个正方形ABCD，ADEF不在同一个平面内，点P，Q分别为线段EF，CD的中点，则直线FQ与PB的关系是(　　) A．相交 B．平行 C．异面 D．相交或异面 解析：选C．取AB的中点G，连接GQ，GF，EQ，则GQ∥AD，又AD∥EF，所以GQ∥EF，则G，Q，E，F确定平面GQEF，又FQ⊂平面GQEF，P∈平面GQEF，P∉FQ，B∉平面GQEF， 所以直线FQ与PB是异面直线． 5．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝，AC＝4，BC＝2，AA1＝4，点D在棱AC上，则A1D＋DB的最小值为(　　) A．4＋2 B．4＋2 C．2＋2 D．2 解析：选D．将平面ABC、平面AA1C1C延展为同一个平面，如图所示， 当A1，B，D三点共线时，A1D＋DB取得最小值，且A1C1＝CC1＝4，BC＝2，且∠ACB＝∠ACC1＝，延展后，B，C，C1共线，且BC1＝2＋4＝6，A1C1＝4，∠A1C1B＝，由勾股定理可得A1B＝＝＝2.故A1D＋DB的最小值为2. 6．(多选)已知空间中三条不同的直线a，b，c和平面α，且a∥b，则下列结论正确的是(　　) A．若a∥c，则b∥c B．若a∥α，则b∥α C．若a与c相交，则b与c相交 D．若a与α相交，则b与α相交 解析：选AD．对于A，因为a∥b，a∥c，则b∥c，故A正确；对于B，若a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α，故B错误；对于C，若a∥b，a与c相交，则b与c相交或b与c异面，故C错误；对于D，若a∥b，a与α相交，则b与α相交，故D正确． 7．已知平面α与β的交线是l，若直线a⊂α，直线b⊂β，且a∩b＝M，则M__________l．(填“∈”或“∉”) 解析：因为a∩b＝M，a⊂α，b⊂β，所以M∈α，M∈β，又α∩β＝l，所以M∈l. 答案：∈ 8．如图，在四棱锥C­ABED中，底面ABED是梯形，AB∥DE，DE＝2AB，且F是CD的中点，P是CE的中点，则AF与BP的位置关系是________． 解析：连接FP，因为F是CD的中点，P是CE的中点，所以FP∥DE，且FP＝DE.又AB∥DE，AB＝DE，所以AB∥FP，且AB＝FP，所以四边形ABPF是平行四边形，所以AF∥BP. 答案：平行 9．(13分)如图，已知E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，且EF与HG相交于点Q. (1)求证：点Q在直线DC上；(5分) (2)求证：EF与A1B1是异面直线．(8分) 证明：(1)平面ABCD∩平面CDD1C1＝DC，由于Q∈EF，EF⊂平面ABCD，Q∈HG，HG⊂平面CDD1C1， 所以Q∈DC，也即点Q在直线DC上． (2)假设EF与A1B1不是异面直线， 即EF与A1B1共面，又E在直线A1B1外， 则过E与直线A1B1有唯一平面BAA1B1，所以可得F∈平面BAA1B1， 这与F在平面BAA1B1外矛盾，故假设不成立，即EF与A1B1是异面直线． 10．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为(　　) A．直线OO1 B．直线OB1 C．直线O1B D．直线OD1 解析：选C．点B是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1且B∈平面BB1D1，所以B是平面A1BC1与平面BB1D1的交线上的点；O1是矩形A1B1C1D1对角线的交点，则O1∈A1C1⊂平面A1BC1，O1∈B1D1⊂平面BB1D1，所以O1是平面A1BC1与平面BB1D1的交线上的点，所以平面A1BC1∩平面BB1D1＝O1B． 11．已知圆台上、下底面圆的半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　) A．30 B．40 C．50 D．60 解析：选C．设圆台母线长为l，所以侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20. 将圆台所在圆锥的侧面展开如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O. 线段M1B就是蚂蚁经过的最短路径． 设OA＝R，扇形的圆心角是α， 则由题意知2×5π＝αR，① 2×10π＝α(20＋R)，② 由①②解得α＝，R＝20， 所以OM1＝OM＝30，OB＝OB1＝40， 则M1B＝＝50. 12．(多选)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法一定正确的是(　　) A．E，F，G，H四点共面 B．AA1与GH是异面直线 C．∠EGH＝∠FHG D．EG，FH，AA1三线共点 解析：选ABD．连接EF，因为E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，EF∥B1C1，所以GH∥EF，所以E，F，G，H四点共面，A正确；因为GH⊂平面A1B1C1，A1∈平面A1B1C1且A1∉GH，A∉平面A1B1C1，所以AA1与GH是异面直线，B正确；由GH∥EF，且GH＝EF可知，四边形EFHG是梯形，若∠EGH＝∠FHG，则梯形EFHG是等腰梯形，而题设条件无法得出EG＝FH，所以C不一定正确； 如图，设EG∩FH＝M，则M∈EG，又EG⊂平面ABB1A1， 所以M∈平面ABB1A1. 同理可得M∈平面ACC1A1，即M一定在平面ABB1A1与平面ACC1A1的交线上， 因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以M∈AA1，即EG，FH，AA1三线共点，D正确． 13．(13分)如图所示，四边形ABEF和四边形ABCD都是梯形，BC∥AD，BC＝AD，BE∥AF，BE＝AF，G，H分别为AF，FD的中点． (1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(6分) (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？(7分) 解：(1)证明：由G，H分别为AF，FD的中点，可得GH∥AD，GH＝AD， 又BC∥AD，BC＝AD， 所以GH∥BC，GH＝BC， 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)C，D，F，E四点共面． 理由如下：由题意易知BE∥FG，BE＝FG， 所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知，四边形BCHG是平行四边形，所以CH∥BG，CH＝BG，所以EF∥CH，所以EF与CH共面．又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面． 14．如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10千米，母线长为40千米，B是母线SA上一点，且AB＝10千米．为了发展旅游业，要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路．这条铁路从A出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为________千米． 解析：沿母线SA将圆锥的侧面展开，如图， 记P为A′B上的任意一点，作SH⊥A′B，垂足为H，连接SP，由的长为20π，得∠A′SA＝＝，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段A′B，而SB＝40－10＝30， 则A′B＝＝＝50， 上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段A′H， 由Rt△SA′B∽Rt△HA′S，得A′H＝＝＝32. 答案：32 学科网（北京）股份有限公司 $