2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 第2节 空间点、直线、平面之间的位置关系

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 第2节 空间点、直线、平面之间的位置关系

www.ks5u.com 多维层次练37‎ ‎[A级　基础巩固]‎ ‎1．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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：由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.‎ 答案：A ‎2．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的 (　　)‎ 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：若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．‎ 答案：A ‎3．(2019·邯郸调研)如图所示，在三棱锥S-ABC中，G1，G2‎ 分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能 解析：连接SG1并延长交AB与M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN(图略)．由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，所以在△SMN中，＝，所以G1G2∥MN，‎ 易知MN是△ABC的中位线，所以MN∥BC，‎ 因此可得G1G2∥BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行．‎ 答案：B ‎4．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中有异面直线(　　)‎ A．12对 B．24对 ‎ C．36对 D．48对 解析：如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线＝24(对)．‎ 答案：B ‎5．(2020·湛江调研)三棱锥A-BCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：连接DN，取DN的中点O，连接MO，BO，‎ 因为M是AD的中点，‎ 所以MO∥AN，所以∠BMO(或其补角)是异面直线BM与AN所成的角，‎ 设三棱锥A-BCD的所有棱长为2，‎ 则AN＝BM＝DN＝＝，‎ 则MO＝AN＝＝NO＝DN，‎ 则BO＝＝＝，‎ 在△BMO中，由余弦定理得cos ∠BMO＝‎ ＝＝，‎ 所以异面直线BM与AN所成角的余弦值为.‎ 答案：D ‎6．(2019·珠海模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为(　　)‎ A. B．2 ‎ C. D．4‎ 解析：取A′D的中点N，连接PN，MN，‎ 因为M是A′C的中点，‎ 所以MN∥CD，且MN＝CD，‎ 因为四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，‎ 所以PB∥CD，且PB＝CD，‎ 所以MN∥PB，且MN＝PB，‎ 所以四边形PBMN为平行四边形，‎ 所以MB∥PN，‎ 所以∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．‎ 在Rt△A′PN中，tan ∠A′PN＝＝，‎ 所以异面直线BM与PA′所成角的正切值为.故选A.‎ 答案：A ‎7．(2020·惠州质检)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P、Q分别在棱AD、CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z>0)，则下列结论中正确的是________(填序号)．‎ ‎①EF∥平面DPQ；‎ ‎②三棱锥P-EFQ的体积与y的变化有关，与x，z的变化无关；‎ ‎③异面直线EQ和AD1所成角的大小与x，y，z的变化无关．‎ 解析：在①中，平面DPQ外一直线EF平行于平面DPQ内直线DQ，所以EF∥平面DPQ，故①正确．‎ 在②中，由点Q到EF的距离等于2，而EF＝1，故S△EFQ的值为定值，而随着点P在AD上运动，点P到平面EFQ的距离为变量，从而使得三棱锥P-EFQ的体积跟着变化，所以三棱锥P-EFQ的体积与x，y大小无关，与z大小有关，故②错误．‎ 在③中，由线面垂直的判定定理得AD1⊥平面A1DCB1，而直线EQ在平面A1DCB1内运动，不论EQ怎样运动，总有EQ与AD1互相垂直，即异面直线EQ和AD1所成角为90°，与x，y，z的变化无关，故③正确．‎ 答案：①③‎ ‎8.(2020·南京期末)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝AB.记异面直线AB1与BD所成的角为θ，则cos θ的值为________．‎ 解析：因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝AB，连接AD1，B1D1，所以BD∥B1D1，所以∠AB1D1是异面直线AB1与BD所成的角(或所成角的补角)．设AA1＝AB＝，所以AD1＝AB1＝＝2，B1D1＝.记异面直线AB1与BD所成的角为θ，‎ 则cos θ＝＝.‎ 答案： ‎9．已知正六棱锥S-ABCDEF的底面边长和高均为1，则异面直线SC与DE所成角的大小为________．‎ 解析：设正六边形ABCDEF的中心为O，连接SO，CO，BO，则由正六边形的性质知OC∥DE，SO⊥平面ABCDEF，所以∠SCO为异面直线SC与DE所成角．又易知△BOC为等边三角形，所以SO＝BC＝CO＝1，所以△SOC为等腰直角三角形，所以∠SCO＝.‎ 答案： ‎10．(2020·石家庄调研)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1、H、O三点共线．‎ 证明：如图所示，连接BD，B1D1，‎ 则BD∩AC＝O，‎ 因为BB1DD1，‎ 所以四边形BB1D1D为平行四边形．‎ 又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，‎ 则H∈平面BB1D1D，‎ 因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，所以H∈OD1.‎ 故D1，H，O三点共线．‎ ‎[B级　能力提升]‎ ‎11．(2019·临汾模拟)如图所示，在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是(　　)‎ A．B，C，A1 B．B1，C1，A C．A1，B1，C D．A1，B，C1‎ 解析：过点B作BD∥AC，则BD∥A1C1，‎ 连接A1B，C1D，CD，如图所示，‎ 则平面α可以为平面A1BDC1，‎ 则α∩平面ABC＝BD＝l，‎ 且l∥A1C1，‎ 所以这3个点可以是A1、C1、B.故选D.‎ 答案：D ‎12．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．‎ ‎①AC⊥BE；‎ ‎②B1E∥平面ABCD；‎ ‎③三棱锥E-ABC的体积为定值；‎ ‎④直线B1E⊥直线BC1.‎ 解析：因为AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因为B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE-ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．‎ 答案：①②③‎ ‎13.如图所示，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为2‎ 的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．‎ ‎(1)求四棱锥O-ABCD的体积；‎ ‎(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值．‎ 解：(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，‎ 所以四棱锥O-ABCD的体积V＝×4×2＝.‎ ‎(2)如图所示，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE.‎ 又M为OA中点，所以ME∥OC，‎ 则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，‎ 因为()2＋()2＝()2，‎ 所以△DEM为直角三角形，‎ 所以tan ∠EMD＝＝＝.‎ 所以异面直线OC与MD所成角的正切值为.‎ ‎[C级　素养升华]‎ ‎14.下图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：‎ ‎①GH与EF平行；‎ ‎②BD与MN为异面直线；‎ ‎③GH与MN成60°角；‎ ‎④DE与MN垂直．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是________．‎ 解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.‎ 答案：②③④‎ 素养培育数学建模——构造平面研究直线相交问题(自主阅读)‎ 把立体几何问题转化为平面几何问题是求解立体几何题目的一种重要的思想方法．下面举例说明，如何根据确定平面的条件，构造平面研究直线相交问题．‎ ‎[典例1]　(一题多解)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．‎ 解析：法一　如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN 与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．‎ 法二　在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．‎ 答案：无数 ‎[典例2]　(一题多解)设l是直线，α，β是两个不同的平面，(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：法一　设α∩β＝a，若直线l∥α，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l.又因为l⊥β.所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．‎ 法二　借助于长方体模型解决本题：对于A，如图①，α与β 可相交；对于B，如图②，不论β在何位置，都有α⊥β；对于C，如图③，l可与β平行或l⊂β；对于D，如图④，l⊥β或l⊂β或l∥β.‎ 答案：B