2025高考数学一轮复习-第33讲-空间点、线、面之间的位置关系-专项训练【含答案】

第33讲-空间点、线、面之间的位置关系-专项训练一、单项选择题1．两条直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b的位置关系是()A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．可能是平行直线D．可能是异面直线，也可能是相交直线2．在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P()A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则直线AB1与BC所成角的余弦值等于()A．22 B．C．24 4．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是()A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1C5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则异面直线EF与AD1所成角的正切值为()A．2 B．2C．33 D．6．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于()A．32 B．C．13 D．7．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若AB，CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝π3，则异面直线SA与BDA．13 B．2C．64 D．8．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为()A．32＋25 B．22+C．92 D．22＋25二、多项选择题9．已知α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α∩β＝l，A∈α且A∈β，则A∈lB．若A，B，C是平面α内不共线的三点，A∈β，B∈β，则C∉βC．若A∈α且B∈α，则直线AB⊂αD．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线10．如图，M，N为正方体中所在棱的中点，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形三、填空题11．有下列四个命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；③空间四点中有三点共线，则此四点共面；④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．其中真命题的所有序号为________．12．在平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AB＝2AD＝2，现将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，当异面直线AD和BC所成的角为60°时，AC的长为________．13．如图，正四棱柱ABCP-A′B′C′P′.(1)请在正四棱柱ABCP-A′B′C′P′中，画出经过P，Q，R三点的截面(无需证明)；(2)若Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，证明：AQ，CR，BB′三线共点．14．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为BC的中点，求异面直线EG与BF所成角的正弦值．参考答案1．D[已知直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别和直线c与直线d相交于点A，B，C，D，根据题意可得当点D与点B重合时，两条直线相交，当点D与点B不重合时，两条直线异面，所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D.]2．B[如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.]3．C[连接AC1，因为BC∥B1C1，所以直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1，设AB＝a，易得AB1＝2a，AC1＝2a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，cos∠AB1C1＝AB12+B故选C.]4．B[对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；对于C，当点P与点C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B.]5．B[如图，连接BD1，则EF∥BD1，所以∠AD1B为异面直线EF与AD1所成角，因为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为直角三角形，所以tan∠BD1A＝AB故选B.]6．D[如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由题易得底面ABCD为菱形，且△ABC为等边三角形．连接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其补角)是异面直线AB1与BC1所成的角．设AB＝1，则BC1＝DC1＝2，BD＝21−122所以cos∠BC1D＝22+2故选D.]7．C[如图，连接AD，BC，AC，SC.因为O为AB，CD中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．设圆O的半径为1，则SA＝SC＝2.因为∠AOD＝π3，所以∠ADO＝π在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝3.所以cos∠SAC＝22+3所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为64.故选C.8．A[如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，因为E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝2，D1E＝AF＝22+12＝5，AD1＝22，所以四边形AFED1的周长为3故选A.]9．ABC[由根据A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，又α∩β＝l，由基本事实3可得A∈l，A正确；由基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又A∈β，B∈β，且A，B，C∈α，则C∉β，B正确；由基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，C正确；由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，D错误．故选ABC.]10．BD[根据题意，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为四边形和六边形，如图：故选BD.]11．②③[①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]12．2或22[由题设，BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos45°＝2，即BD＝2，所以由平行四边形的性质及勾股定理易知，△ABD、△BDC为等腰直角三角形，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，当异面直线AD和BC所成的角为60°，如图所示，作DE∥BC，CE∥BD，且DE，CE交于点E，显然四边形BCED为正方形，所以∠ADE＝60°或120°.又AD＝DE＝2，则EC＝2，AE＝2或6.因为CE⊥DE，BD⊥AD，BD∥CE，所以AD⊥CE，结合DE∩AD＝D，所以CE⊥平面ADE，CE⊥AE，在Rt△AEC中，当AE＝2时，AC＝AE当AE＝6时，AC＝AE2+13．[解](1)作直线QR分别交P′A′，P′C′的延长线于点M，N，连接MP交AA′于点S，连接PN交CC′于点T，连接SQ，TR，如图五边形PSQRT即为所求．(2)证明：如图，连接QR，AC，A′C′，则AC＝A′C′，AC∥A′C′，∵Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′，∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为梯形，设AQ∩CR＝O，则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′三线共点．14．[解]如图，连接BD，取BD的中点O，连接EO，DG，由正八面体的性质知EO＝2，BF∥DE，所以∠DEG(或补角)为异面直线EG与BF所成的角，在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，则22＋22BE2＝BE2，解得BE即正八