2025高考數(shù)學一輪復習-第33講-空間點、線、面之間的位置關(guān)系-專項訓練【含答案】

第33講-空間點、線、面之間的位置關(guān)系-專項訓練一、單項選擇題1．兩條直線a，b分別和異面直線c，d都相交，則直線a，b的位置關(guān)系是()A．一定是異面直線B．一定是相交直線C．可能是平行直線D．可能是異面直線，也可能是相交直線2．在三棱錐A-BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F(xiàn)，G，H四點，如果EF∩HG＝P，則點P()A．一定在直線BD上B．一定在直線AC上C．在直線AC或BD上D．不在直線AC上，也不在直線BD上3．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，則直線AB1與BC所成角的余弦值等于()A．22 B．C．24 4．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是邊A1C1上的動點，則下列直線中，始終與直線BP異面的是()A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1C5．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，DB的中點，則異面直線EF與AD1所成角的正切值為()A．2 B．2C．33 D．6．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值等于()A．32 B．C．13 D．7．《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐．如圖，若AB，CD都是直角圓錐SO底面圓的直徑，且∠AOD＝π3，則異面直線SA與BDA．13 B．2C．64 D．8．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，過A，D1，E三點的截面把正方體ABCD-A1B1C1D1分成兩部分，則該截面的周長為()A．32＋25 B．22+C．92 D．22＋25二、多項選擇題9．已知α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若α∩β＝l，A∈α且A∈β，則A∈lB．若A，B，C是平面α內(nèi)不共線的三點，A∈β，B∈β，則C?βC．若A∈α且B∈α，則直線AB?αD．若直線a?α，直線b?β，則a與b為異面直線10．如圖，M，N為正方體中所在棱的中點，過M，N兩點作正方體的截面，則截面的形狀可能為()A．三角形B．四邊形C．五邊形D．六邊形三、填空題11．有下列四個命題：①空間四點共面，則其中必有三點共線；②空間四點不共面，則其中任意三點不共線；③空間四點中有三點共線，則此四點共面；④空間四點中任意三點不共線，則此四點不共面．其中真命題的所有序號為________．12．在平行四邊形ABCD中，∠A＝45°，AB＝2AD＝2，現(xiàn)將平行四邊形ABCD沿對角線BD折起，當異面直線AD和BC所成的角為60°時，AC的長為________．13．如圖，正四棱柱ABCP-A′B′C′P′.(1)請在正四棱柱ABCP-A′B′C′P′中，畫出經(jīng)過P，Q，R三點的截面(無需證明)；(2)若Q，R分別為A′B′，B′C′的中點，證明：AQ，CR，BB′三線共點．14．正多面體被古希臘圣哲認為是構(gòu)成宇宙的基本元素，加上它們的多種變體，一直是科學、藝術(shù)、哲學靈感的源泉之一．如圖，該幾何體是一個高為4的正八面體，G為BC的中點，求異面直線EG與BF所成角的正弦值．參考答案1．D[已知直線c與d是異面直線，直線a與直線b分別和直線c與直線d相交于點A，B，C，D，根據(jù)題意可得當點D與點B重合時，兩條直線相交，當點D與點B不重合時，兩條直線異面，所以直線a，b的位置關(guān)系是異面或相交．故選D.]2．B[如圖所示，因為EF?平面ABC，HG?平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因為平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.]3．C[連接AC1，因為BC∥B1C1，所以直線AB1與BC所成的角即為∠AB1C1，設AB＝a，易得AB1＝2a，AC1＝2a，B1C1＝a，則由余弦定理的推論知，cos∠AB1C1＝AB12+B故選C.]4．B[對于A，當P是A1C1的中點時，BP與DD1是相交直線；對于B，根據(jù)異面直線的定義知，BP與AC是異面直線；對于C，當點P與點C1重合時，BP與AD1是平行直線；對于D，當點P與點C1重合時，BP與B1C是相交直線．故選B.]5．B[如圖，連接BD1，則EF∥BD1，所以∠AD1B為異面直線EF與AD1所成角，因為AB⊥AD，AB⊥AA1，且AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1，AD1?平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以△BAD1為直角三角形，所以tan∠BD1A＝AB故選B.]6．D[如圖，將該幾何體補成一個直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由題易得底面ABCD為菱形，且△ABC為等邊三角形．連接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其補角)是異面直線AB1與BC1所成的角．設AB＝1，則BC1＝DC1＝2，BD＝21?122所以cos∠BC1D＝22+2故選D.]7．C[如圖，連接AD，BC，AC，SC.因為O為AB，CD中點，且AB＝CD，所以四邊形ADBC為矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其補角為異面直線SA與BD所成的角．設圓O的半徑為1，則SA＝SC＝2.因為∠AOD＝π3，所以∠ADO＝π在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝3.所以cos∠SAC＝22+3所以異面直線SA與BD所成角的余弦值為64.故選C.8．A[如圖，取BC的中點F，連接EF，AF，BC1，因為E，F(xiàn)分別為棱CC1，BC的中點，則EF∥BC1，正方體中BC1∥AD1，則有EF∥AD1，所以平面AFED1為所求截面，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，所以EF＝2，D1E＝AF＝22+12＝5，AD1＝22，所以四邊形AFED1的周長為3故選A.]9．ABC[由根據(jù)A∈α且A∈β，則A是平面α和平面β的公共點，又α∩β＝l，由基本事實3可得A∈l，A正確；由基本事實1：過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面，又A∈β，B∈β，且A，B，C∈α，則C?β，B正確；由基本事實2：如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在這個平面內(nèi)，C正確；由于平面α和平面β位置不確定，則直線a與直線b位置亦不確定，可能異面、相交、平行、重合，D錯誤．故選ABC.]10．BD[根據(jù)題意，過M，N兩點作正方體的截面，則截面的形狀可能為四邊形和六邊形，如圖：故選BD.]11．②③[①中，對于平面四邊形來說不成立，故①是假命題；②中，若四點中有三點共線，則根據(jù)“直線與直線外一點可以確定一個平面”知四點共面，與四點不共面矛盾，故②是真命題；由②的分析可知③是真命題；④中，平面四邊形的四個頂點中任意三點不共線，但四點共面，故④是假命題．]12．2或22[由題設，BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos45°＝2，即BD＝2，所以由平行四邊形的性質(zhì)及勾股定理易知，△ABD、△BDC為等腰直角三角形，將平行四邊形ABCD沿對角線BD折起，當異面直線AD和BC所成的角為60°，如圖所示，作DE∥BC，CE∥BD，且DE，CE交于點E，顯然四邊形BCED為正方形，所以∠ADE＝60°或120°.又AD＝DE＝2，則EC＝2，AE＝2或6.因為CE⊥DE，BD⊥AD，BD∥CE，所以AD⊥CE，結(jié)合DE∩AD＝D，所以CE⊥平面ADE，CE⊥AE，在Rt△AEC中，當AE＝2時，AC＝AE當AE＝6時，AC＝AE2+13．[解](1)作直線QR分別交P′A′，P′C′的延長線于點M，N，連接MP交AA′于點S，連接PN交CC′于點T，連接SQ，TR，如圖五邊形PSQRT即為所求．(2)證明：如圖，連接QR，AC，A′C′，則AC＝A′C′，AC∥A′C′，∵Q，R分別為A′B′，B′C′的中點，∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′，∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四邊形AQRC為梯形，設AQ∩CR＝O，則O∈AQ，∵AQ?平面A′AB，∴O∈平面A′AB，同理O∈平面C′CB，又平面A′AB∩平面C′CB＝BB′，∴O∈BB′，即AQ，CR，BB′三線共點．14．[解]如圖，連接BD，取BD的中點O，連接EO，DG，由正八面體的性質(zhì)知EO＝2，BF∥DE，所以∠DEG(或補角)為異面直線EG與BF所成的角，在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，則22＋22BE2＝BE2，解得BE即正八