2021高考数学一轮复习课时作业40空间点直线平面之间的位置关系文

2021高考数学一轮复习课时作业40空间点直线平面之间的位置关系文

课时作业40　空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1．[2020·江西七校联考]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)‎ A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面 解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．‎ 答案：D ‎2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　　)‎ A．b⊂α B．b∥α C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α 解析：b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．‎ 答案：D ‎3.‎ 如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，‎ ‎∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.‎ ‎∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，‎ ‎∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ 同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，‎ ‎∴A，M，O三点共线．‎ 答案：A - 7 -‎ ‎4．[2020·河北张家口模拟]三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：‎ 取BC的中点O，连接NO，AO，MN，因为B1C1綊BC，OB＝BC，所以OB∥B1C1，OB＝B1C1，因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以MN∥B1C1，MN＝B1C1，所以MN綊OB，所以四边形MNOB是平行四边形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其补角即为BM与AN所成角，不妨设AB＝2，则有AO＝，ON＝BM＝，AN＝，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝＝＝.故选C.‎ 答案：C ‎5．[2020·陕西省高三质检]已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC的中点．若MN＝BC＝4，PA＝4，则异面直线PA与MN所成角的大小是(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：‎ 本题考查异面直线所成角，取AC中点为O，连接OM，ON，则易证OM綊BC，ON綊PA，所以∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．由MN＝BC＝4，PA＝4，得OM＝BC＝2，ON＝AP＝2，则cos∠ONM＝＝，所以∠ONM＝30°，即异面直线PA与MN - 7 -‎ 所成角的大小是30°，故选A.‎ 答案：A 二、填空题 ‎6．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．‎ ‎①P∈a，P∈α⇒a⊂α；‎ ‎②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；‎ ‎③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；‎ ‎④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.‎ 解析：当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，‎ 但a⊄α，∴①错；‎ a∩β＝P时，②错；‎ 如图∵a∥b，P∈b，‎ ‎∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，‎ 又a∥b，由a与b确定唯一平面γ，‎ 但γ经过直线a与点P，‎ ‎∴γ与α重合，∴b⊂α，故③正确；‎ 两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．‎ 答案：③④‎ ‎7．如图所示，G，H，M，N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．‎ 解析：图(1)中，直线GH∥MN；‎ 图(2)中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；‎ 图(3)中，连接MG，HN，GM∥HN，因此GH与MN共面；‎ 图(4)中，G，M，N共面，‎ 但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．‎ 所以图(2)，(4)中GH与MN异面．‎ 答案：(2)(4)‎ - 7 -‎ ‎8．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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________．‎ 解析：如图，连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，‎ 故∠D1B1C(或其补角)即为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.‎ 答案：60°‎ 三、解答题 ‎9.‎ 如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．‎ 证明：因为AB∥CD，‎ 所以AB，CD确定一个平面β.‎ 又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，‎ 即E为平面α与β的一个公共点．‎ 同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，‎ 因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．‎ ‎10．[2020·福建四地六校联考]已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD成60°角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面直线AB与MN所成角的大小．‎ - 7 -‎ 解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝AB，PN∥CD，且PN＝CD.‎ ‎∴∠MPN或其补角为AB与CD所成的角，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，‎ ‎∵PM∥AB，‎ ‎∴∠PMN或其补角是AB与MN所成的角，‎ ‎∵AB＝CD，∴PM＝PN，‎ 若∠PMN＝60°，‎ 则△PMN是等边三角形，∴∠PMN＝60°，‎ ‎∴AB与MN所成的角为60°.‎ 若∠MPN＝120°，‎ 则∠PMN＝30°，∴AB与MN所成的角为30°，‎ 综上，异面直线AB与MN所成的角为30°或60°.‎ 答案：30°或60°‎ ‎[能力挑战]‎ ‎11．[2020·四川成都一诊]在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　　)‎ A. B．1‎ C. D. 解析：取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，故选C.‎ 答案：C ‎12．[2020·安徽联合检测]若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. - 7 -‎ C. D. 解析：如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则AB＝C1D1且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1即异面直线AC1与A1B所成的角．‎ 连接A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM，设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝，A1M＝，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，A1M⊂平面A1ACC1，所以A1M⊥平面ABC，所以A1M⊥BM，所以A1B＝，在菱形A1ACC1中，易求得AC1＝2＝BD1，在菱形A1B1D1C1中，易求得A1D1＝2，所以cos∠A1BD1＝＝＝，所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.‎ 答案：B ‎13．[2020·广东广州质检]如图是正四面体(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：‎ - 7 -‎ 把正四面体的平面展开图还原，如图所示，由正四面体的性质易知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 - 7 -‎