2025版高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)梯級(jí)練四十三空間點(diǎn)直線平面之間的位置關(guān)系課時(shí)作業(yè)理含解析新人教A版

PAGE課時(shí)作業(yè)梯級(jí)練四十三空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系一、選擇題(每小題5分，共25分)1．已知命題p：a，b為異面直線，命題q：直線a，b不相交，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】選A.若直線a，b不相交，則a，b平行或異面，所以p是q的充分不必要條件．2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點(diǎn)，那么正方體過(guò)P，Q，A．三角形 B．四邊形C．五邊形 D．六邊形【解析】選D.如圖所示，作RG∥PQ交C1D1于G，連接QP并延長(zhǎng)與CB延長(zhǎng)線交于M，且QP反向延長(zhǎng)線與CD延長(zhǎng)線交于N，連接MR交BB1于E，連接PE，則PE，RE為截面與正方體的交線，同理連接NG交DD1于F，連接QF，F(xiàn)G，則QF，F(xiàn)G為截面與正方體的交線，所以截面為六邊形．3．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝60°，AA1＝AB＝2，BC＝1，則異面直線A1B與B1A．eq\f(\r(10),10)B．eq\f(3\r(10),20)C．eq\f(3\r(10),10)D．eq\f(\r(10),20)【解析】選B.將直三棱柱補(bǔ)成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，則A1D∥B1所以∠DA1B是異面直線A1B與B1C在三角形ABD中BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝22＋12－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7.在三角形A1BD中，A1B＝2eq\r(2)，A1D＝eq\r(5)，BD＝eq\r(7).所以cos∠BA1D＝eq\f(A1B2＋A1D2－BD2,2A1B·A1D)＝eq\f(3\r(10),20)，即異面直線A1B與B1C所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).4．(2024·運(yùn)城模擬)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，BC＝2，AB＝BB1＝4，E，F(xiàn)分別是A1B1，CD的中點(diǎn)，則異面直線A1F與A．eq\f(\r(5),5)B．eq\r(5)C．eq\f(\r(30),6)D．eq\f(\r(6),6)【解析】選C.連接CE，如圖所示，因?yàn)锳1E＝CF＝eq\f(1,2)CD，A1E∥CF，所以四邊形A1ECF是平行四邊形，所以EC∥A1F，故∠BEC是異面直線A1F與BE因?yàn)锽C＝2，AB＝BB1＝4，E是A1B1的中點(diǎn)，所以B1E＝eq\f(1,2)A1B1＝2.由勾股定理，得BE＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可知，BC⊥平面A1B1BA，因?yàn)锽E?平面A1B1BA，所以BE⊥BC，在Rt△BEC中tan∠BEC＝eq\f(BC,BE)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以cos∠BEC＝eq\f(5,\r(30))＝eq\f(\r(30),6)，所以異面直線A1F與BE所成角的余弦值為eq\f(\r(30),6).5.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,則下列命題正確的有①直線BC與平面ABC1D1所成角等于QUOTE;②點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離為QUOTE;③兩條異面直線D1C和BC1所成角為QUOTE;④三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球半徑為QUOTE.A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè)【解析】選C.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,對(duì)于①,連接B1C,交BC1于點(diǎn)O,則CO⊥BC由正方體的性質(zhì)得AB⊥平面BCC1B1,所以AB⊥CO,又AB∩BC1=B,所以CO⊥平面ABC1D1,故直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠CBC1=QUOTE,故①正確;對(duì)于②,因?yàn)锽1C⊥平面ABC1D1,點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離為B1C長(zhǎng)度的一半,即h=QUOTE,故②正確;對(duì)于③,連接AC,因?yàn)锽C1∥AD1,所以異面直線D1C和BC1所成的角為∠AD1C,而△AD故兩條異面直線D1C和BC1所成的角為QUOTE,故③錯(cuò)誤;對(duì)于④,因?yàn)锳1A,A1B1,A1D1所以三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球也是正方體ABCD-A1B1C1D故r=QUOTE=QUOTE,故④正確.綜上可知,正確的為①②④有3個(gè).二、填空題(每小題5分，共15分)6．如圖所示，在三棱錐A-BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則當(dāng)AC，BD滿意條件________時(shí)，四邊形EFGH為菱形；當(dāng)AC，BD滿意條件________時(shí)，四邊形EFGH是正方形．【解析】易知EH∥BD∥FG，且EH＝eq\f(1,2)BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝eq\f(1,2)AC＝HG，明顯四邊形EFGH為平行四邊形．要使平行四邊形EFGH為菱形需滿意EF＝EH，即AC＝BD；要使平行四邊形EFGH為正方形需滿意EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.答案：AC＝BDAC＝BD且AC⊥BD7．(2024·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)有下列四個(gè)命題：p1：兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)．p2：過(guò)空間中隨意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面．p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行．p4：若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則下述命題中全部真命題的序號(hào)是__________．①p1∧p4②p1∧p2③p2∨p3④p3∨p4【解析】對(duì)于命題p1，可設(shè)l1與l2相交，這兩條直線確定的平面為α；若l3與l1相交，則交點(diǎn)A在平面α內(nèi)，同理，l3與l2的交點(diǎn)B也在平面α內(nèi)，所以，AB?平面α，即l3?平面α，命題p1為真命題；對(duì)于命題p2，若三點(diǎn)共線，則過(guò)這三個(gè)點(diǎn)的平面有多數(shù)個(gè)，命題p2為假命題；對(duì)于命題p3，空間中兩條直線相交、平行或異面，命題p3為假命題；對(duì)于命題p4，若直線m⊥平面α，則m垂直于平面α內(nèi)全部直線，因?yàn)橹本€l?平面α，所以直線m⊥直線l，命題p4為真命題．綜上可知，p1∧p4為真命題，p1∧p2為假命題，p2∨p3為真命題，p3∨p4為真命題．答案：①③④8．正四面體ABDC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，BD的中點(diǎn)，則異面直線AF，CE所成角的余弦值為_(kāi)_______．【解析】如圖，連接CF，取BF的中點(diǎn)M，連接CM，EM，則ME∥AF，故∠CEM即為所求的異面直線AF，CE所成的角(或其補(bǔ)角).設(shè)這個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，在△ABD中，AF＝eq\r(3)＝CE＝CF，EM＝eq\f(\r(3),2)，CM＝eq\f(\r(13),2)，所以cos∠CEM＝eq\f(\f(3,4)＋3－\f(13,4),2×\f(\r(3),2)×\r(3))＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)1．(2024·汕頭模擬)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq\r(3)，點(diǎn)G為正方形ABCD的中心，點(diǎn)E為A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)F為AE的中點(diǎn)，則()A．C，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，且CF＝EGB．C，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，且CF≠EGC．C，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)不共面，且CF＝EGD．C，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)不共面，且CF≠EG【解析】選B.連接AC，CE.因?yàn)镚是正方形ABCD的中心，所以G∈直線AC.又AC?平面ACE，所以G∈平面ACE，又F∈直線AE，所以F∈平面ACE，又C∈平面ACE，E∈平面ACE，所以C，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面．取AD的中點(diǎn)M，連接EM，GM，則EM＝eq\r(3)，GM＝1，所以EG＝eq\r(EM2＋GM2)＝2，取AM的中點(diǎn)N，連接FN，CN，則FN＝eq\f(\r(3),2)，CN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq\f(5,2)，所以CF＝eq\r(FN2＋CN2)＝eq\r(7).所以EG≠CF.2．(2024·哈爾濱模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)Q是線段D1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段AA1上，且AP＝2A1P，則異面直線PQA．eq\f(2\r(10),3) B．eq\f(2\r(10),7)C．－eq\f(\r(10),7) D．eq\f(3,7)【解析】選D.連接PD1，如圖所示，因?yàn)锳B∥D1C1，所以∠PQD1為異面直線PQ與AB由正方體的性質(zhì)可知，D1C1⊥面ADD1A因?yàn)镻D1?面ADD1A1，所以D1C1⊥PD設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，在Rt△PQD1中，D1Q＝eq\f(1,2)D1C1＝eq\f(1,2)a，PD1＝eq\r(A1Deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋A1P2)＝eq\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),3)a，所以tan∠PQD1＝eq\f(PD1,D1Q)＝eq\f(\f(\r(10),3)a,\f(1,2)a)＝eq\f(2\r(10),3)，cos∠PQD1＝eq\f(3,7).所以異面直線PQ與AB所成角的余弦值為eq\f(3,7).3．如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，那么異面直線AC1與BC【解析】取圓柱下底面弧AB的另一中點(diǎn)D，連接C1D，AD，因?yàn)镃是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成的角即為異面直線AC1與BC所成的角，因?yàn)镃1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，所以C1D垂直于圓柱下底面，所以C1D⊥AD.因?yàn)閳A柱的軸截面ABB1A1是正方形所以C1D＝eq\r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq\r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq\r(2).答案：eq\r(2)4．已知：空間四邊形ABCD(如圖所示)，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，G，H分別是BC，CD上的點(diǎn)，且CG＝eq\f(1,3)BC，CH＝eq\f(1,3)DC.求證：(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．(2)三直線FH，EG，AC共點(diǎn)．【證明】(1)連接EF，GH，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，所以EF∥BD.又因?yàn)镃G＝eq\f(1,3)BC，CH＝eq\f(1,3)DC，所以GH∥BD，所以EF∥GH，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．(2)易知FH與直線AC不平行，但共面，所以設(shè)FH∩AC＝M，所以M∈平面EFHG，M∈平面ABC.又因?yàn)槠矫鍱FHG∩平面ABC＝EG，所以M∈EG，所以三直線FH，EG，AC共點(diǎn)．5．如圖所示，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝eq\r(2)，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E為DA的中點(diǎn)．求異面直線BE與CD所成角的余弦值．【解析】如圖所示，取AC的中點(diǎn)F，連接EF，BF，在△ACD中，E，F(xiàn)分別是AD，AC的中點(diǎn)，所以EF∥CD，所以∠BEF或其補(bǔ)角即為異面直線BE與CD所成的角．在Rt△EAB中，AB＝AC＝1，AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，所以BE＝eq\f(\r(5),2).在Rt△