第6章 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

**基本信息** 聚焦空间位置关系判定与计算，通过正方体模型转化、辅助线构造、余弦定理应用等方法，系统培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|1-3题|异面直线判定/充要条件分析|从定义出发，结合平行/相交关系构建概念网络| |位置关系|4-9题|展开图还原/截面作图/中点转化|以正方体为载体，层层递进空间线面关系判断| |空间角计算|5,13-14题|中位线平移/余弦定理/最小角定理|从平面角转化到空间角，形成"作-证-算"完整链条| |综合证明|10,12题|共面判定/三线共点/面面垂直|融合公理体系与几何模型，强化逻辑推理表达|

课时冲关44　空间点、直线、平面之间的位置关系 学生用书　P339 [基础训练组] 1．已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，] 2．如图是某个正方体的侧面展开图，l1，l2是两条侧面对角线，则在正方体中，l1与l2(　　) A．互相平行　　　　 B．异面且互相垂直 C．异面且夹角为 D．相交且夹角为 解析：D　[将侧面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合．故l1与l2相交，连接AD，△ABD为正三角形，所以l1与l2的夹角为.] 3．(2024·泉州市模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是(　　) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥b B．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥b C．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥α D．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α 解析：C　[ a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确．] 4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体过P，Q，R的截面图形是(　　) A．三角形　　　　　 B．四边形 C．五边形 D．六边形 解析：D　[如图所示， 作RG∥PQ交C1D1于G，连接QP并延长与CB延长线交于M，且QP反向延长线与CD延长线交于N，连接MR交BB1于E，连接PE，则PE，RE为截面与正方体的交线，同理连接NG交DD1于F，连接QF，FG，则QF，FG为截面与正方体的交线，∴截面为六边形．] 5．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：C　[M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角(异面线所成角为)，可知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝， 作BC中点Q，则可知△PQM为直角三角形． PQ＝1，MQ＝AC, △ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC· cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1·＝7，AC＝， 则MQ＝，则△MQP中，MP＝＝， 则△PMN中，cos∠PNM＝ ＝＝－， 又异面直线所成角为，则余弦值为.] 6. (多选)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下列结论正确的是(　　) A．直线BE与直线CF异面 B．直线BE与直线AF异面 C．直线EF∥平面PBC D．平面BCE⊥平面PAD 解析： BC　[将平面展开图还原成直观图如图所示．∵E，F分别为PA，PD的中点，∴EF∥AD.又四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴EF∥BC，∴B，C，F，E四点共面．∴直线BE与直线CF共面，不是异面直线，故A错误；∵E∈平面PAD，AF⊂平面PAD，点E不在直线AF上，BE⊄平面PAD，∴直线BE与直线AF为异面直线，故B正确；∵EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC，故C正确；假设平面BCE⊥平面PAD，即平面BCFE⊥平面PAD，又平面BCFE∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足为M，可得PM⊥平面BCE，但由题中条件无法证得PM⊥平面BCE，故假设不成立，故D错误．] 7．已知平面α外两点A，B到平面α的距离分别为和2，A，B在平面α内的射影之间的距离为，则线段AB的长度为__________． 解析：考虑两种情况：当A、B两点在平面α的同侧时， 线段AB的长为＝2； 当A、B两点在平面α的异侧时，线段AB的长为＝2； 则线段AB的长为2或2. 答案：2或2 8．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 解析：如图设球面D1与侧面BCC1B1的四个交点分别为E，F，G，H，其中E，F，G，H四点构成边长为2的正方形，其外接圆的半径为，周长为2π， 该球面与侧面BCC1B1的交线长为＝·2π＝π. 答案： 9．如图所示，是某正方体的平面展开图，在这个正方体中， ①BM与ED平行； ②CN与BE是异面直线； ③CN与BM成60°角； ④DM与BN垂直． 以上四个命题中，正确命题的序号是________． 解析：如图所示， 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立． ∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE. ∵∠MBE＝60°，故③正确； ∵BC⊥平面CDNM， ∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥平面BCN， ∴DM⊥BN，故④正确， 故填③④. 答案：③④ 10．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q. 求证：(1)D，B，F，E四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点． 证明：(1)如图所示． 因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面． (2)在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线． (3)∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1， 得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1. ∴DE，BF，CC1三线交于点M. [能力提升组] 11．(多选)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，下列结论正确的是(　　) A．当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角 B．当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角 C．直线AB与a所成角的最小值为45° D．直线AB与a所成角的最大值为60° 解析：BC　[由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝， 过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF， ∴BF＝DE＝， ∴△ABF为等边三角形， ∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故B正确，A错误． 由最小角定理可知C正确； 很明显，可以满足平面ABC⊥直线a， ∴直线AB与a所成角的最大值为90°，D错误． ∴正确的说法为BC.] 12. (多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是(　　) A．平面PB1D⊥平面ACD1 B．A1P∥平面ACD1 C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是 D．三棱锥D1－APC的体积不变 解析：ABD　[对于A，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D， ，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C－AD1P的体积不变，故D正确．] 13．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________． 解析：如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1. 因为D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为 异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝a，所以AB1＝a，B1D1＝a，AD1＝＝a.所以，在△AB1D1中，由余弦定理得cos ∠AB1D1＝＝＝，所以∠AB1D1＝60°. 答案：60° 14．如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点． (1)求证：AE与PB是异面直线； (2)求异面直线AE与PB所成角的余弦值． 证明：(1)假设AE与PB共面，设AE与PB确定平面α， ∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE， ∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾， ∴AE与PB是异面直线． (2)取BC的中点F，连接EF，AF， 则EF∥PB，∴∠AEF(或其补角)就是异面直线AE与PB所成的角． ∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC， ∴AF＝，AE＝，EF＝， 则cos ∠AEF＝ ＝＝， 故异面直线AE与PB所成角的余弦值为. 8 学科网（北京）股份有限公司 $