2022高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第2节空间点直线平面之间的位置关系练习.doc

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1、第2节 空间点、直线、平面之间的位置关系 A级基础巩固1已知直线a，b分别在两个不同的平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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，b，若a，b相交，则a，b有公共点，从而，有公共点，可得出，相交；反之，若，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“平面和平面相交”的充分不必要条件故选A.答案：A2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

2、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：A3(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SG1SM，SN为SAC的中线，且SG2SN，所以在SMN中，所以G1G2MN，易知MN是ABC的中位线，所以MNBC，因此可得G1

3、G2BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行答案：B4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()A12对 B24对 C36对 D48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：B5(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MOAN，所以BMO(或其补角)是异面直线BM与A

4、N所成的角，设三棱锥A-BCD的所有棱长为2，则ANBMDN，则MOANNODN，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：D6(2019珠海模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB4，AD2，P为边AB的中点，现将DAP绕直线DP翻转至DAP处，若M为线段AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的正切值为()A. B2 C. D4解析：取AD的中点N，连接PN，MN，因为M是AC的中点，所以MNCD，且MNCD，因为四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，所以PBCD，且PBCD，所以MNPB，且MNPB，所以四边形PBMN为平行四边形，所以MB

5、PN，所以APN(或其补角)是异面直线BM与PA所成的角在RtAPN中，tan APN，所以异面直线BM与PA所成角的正切值为.故选A.答案：A7(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EF1，A1Ex，DQy，DPz(x，y，z0)，则下列结论中正确的是_(填序号)EF平面DPQ；三棱锥P-EFQ的体积与y的变化有关，与x，z的变化无关；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，故正确在中，由点Q到EF的距离等于2

6、，而EF1，故SEFQ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，故错误在中，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，故正确答案：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，AA1AB.记异面直线AB1与BD所成的角为，则cos 的值为_解析：因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D

7、1中，底面ABCD是正方形，AA1AB，连接AD1，B1D1，所以BDB1D1，所以AB1D1是异面直线AB1与BD所成的角(或所成角的补角)设AA1AB，所以AD1AB12，B1D1.记异面直线AB1与BD所成的角为，则cos .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OCDE，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SOBCCO1，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

8、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BDACO，因为BB1DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形又HB1D，B1D平面BB1D1D，则H平面BB1D1D，因为平面ACD1平面BB1D1DOD1，所以HOD1.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，设平面ABCl，若lA1C1，则这3个点可以是()AB，C，A1 BB1，C1，ACA1，B1，C DA1，B，C1解析：过点B作B

9、DAC，则BDA1C1，连接A1B，C1D，CD，如图所示，则平面可以为平面A1BDC1，则平面ABCBDl，且lA1C1，所以这3个点可以是A1、C1、B.故选D.答案：D12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)ACBE；B1E平面ABCD；三棱锥E-ABC的体积为定值；直线B1E直线BC1.解析：因为AC平面BDD1B1，故正确；因为B1D1平面ABCD，故正确；记正方体的体积为V，则VE-ABCV，为定值，故正确；B1E与BC1不垂直，故错误答案：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

10、ABCD，OA2，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S4，所以四棱锥O-ABCD的体积V42.(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MEOC，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

11、中：GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE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，DEMN.答案：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

12、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，因为CD与平面不平行，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，是两个不同的平面，()A若l，l，则B若l，l，则C若，l，则lD若，l，则l解析：法一设a，若直线l，且l，l，则l，l，因此不一定平行于，故A错误；由于l，故在内存在直线ll.又因为l.所以l，故，所以B正确；若，在内作交线的垂线l，则l，此时l在平面内，因此C错误；已知，若a，la，且l不在平面，内，则l且l，因此D错误法二借助于长方体模型解决本题：对于A，如图，与可相交；对于B，如图，不论在何位置，都有；对于C，如图，l可与平行或l；对于D，如图，l或l或l.答案：B