2025版高考数学大一轮复习第八章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系分层演练理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系1．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c肯定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，依据公理4，知a∥b，与a，b异面冲突．2．(2024·赣州四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是()A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必需共面．3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AB＝2，BC＝1，D为AB的中点，则异面直线CD与A1C1所成的角的大小为()A．90° B．60°C．45° D．30°解析：选D.因为AC∥A1C1，所以异面直线CD与A1C1所成的角的平面角为∠ACD.由∠ACB＝90°，AB＝2，BC＝1，D为AB的中点，可知，∠CAD＝∠ACD＝30°.5.(2024·河北邯郸调研)如图，在三棱锥S­ABC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：选B.连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝eq\f(2,3)SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝eq\f(2,3)SN，所以在△SMN中，eq\f(SG1,SM)＝eq\f(SG2,SN)，所以G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，所以MN∥BC，因此可得G1G2∥BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行．故选B.6．给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．其中真命题的序号是________．解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．答案：①②③7.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．答案：③④8.如图所示，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．解析：如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1，因为点D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝eq\r(2)a，所以AB1＝eq\r(3)a，B1D1＝eq\f(\r(3),2)a，AD1＝eq\r(\f(1,4)a2＋2a2)＝eq\f(3,2)a.所以，在△AB1D1中，由余弦定理得，cos∠AB1D1＝eq\f(ABeq\o\al(2,1)＋B1Deq\o\al(2,1)－ADeq\o\al(2,1),2AB1·B1D1)＝eq\f(3a2＋\f(3,4)a2－\f(9,4)a2,2×\r(3)a×\f(\r(3),2)a)＝eq\f(1,2)，所以∠AB1D1＝60°.答案：60°9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.10.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq\f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，PA＝2.求：(1)三棱锥P­ABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．解：(1)S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，三棱锥P­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝eq\r(2)，AD＝2，cos∠ADE＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4).故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4).1．(2024·河南百校联盟质检)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE＝()A.eq\f(\r(15),6) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(13),6)解析：选D.过点C1作C1G∥B1F，交直线CD于点G，过点E作HQ∥C1G，交CD、C1D1于点H、Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQ∥B1F，所以Q、H、F、B1四点共面，易求得HD＝D1Q＝eq\f(1,4)，由△PDH∽△PAF可得eq\f(AP,PD)＝eq\f(AF,HD)＝2，则PD＝eq\f(1,3)，在Rt△PED中，PE＝eq\r(\f(1,9)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(13),6)，故选D.2．已知三棱锥A­BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为________．解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝eq\f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq\f(1,2)CD，所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．①若∠MPN＝60°，因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即AB与MN所成的角为60°.②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30°，即AB与MN所成的角为30°.综上，直线AB和MN所成的角为60°或30°.答案：60°或30°3．(2024·高考全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°；其中正确的是________．(填写全部正确结论的编号)解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC＝1，AB＝eq\r(2)，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．以C为坐标原点，以eq\o(CD,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq\o(CB,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．则D(1，0，0)，A(0，0，1)，直线a的单位方向向量a＝(0，1，0)，|a|＝1.B点起始坐标为(0，1，0)，直线b的单位方向向量b＝(1，0，0)，|b|＝1.设B点在运动过程中的坐标B′(cosθ，sinθ，0)，其中θ为eq\o(CB′,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))的夹角，θ∈[0，2π)．那么AB′在运动过程中的向量eq\o(AB′,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB′,\s\up6(→))|＝eq\r(2).设直线AB′与a所成的夹角为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosα＝eq\f(|（cosθ，sinθ，－1）·（0，1，0）|,\a\vs4\al(|a||\o(AB′,\s\up6(→))|))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).故α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以③正确，④错误．设直线AB′与b所成的夹角为β，则β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosβ＝eq\f(|\o(AB′,\s\up6(→))·b|,\a\vs4\al(|b||\o(AB′,\s\up6(→))|))＝eq\f(|（cosθ，sinθ，－1）·（1，0，0）|,\a\vs4\al(|b||\o(AB′,\s\up6(→))|))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.当AB′与a成60°角时，α＝eq\f(π,3)，|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)coseq\f(π,3)＝eq\r(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2).因为cos2θ＋sin2θ＝1，所以|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).所以cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).因为β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以β＝eq\f(π,3)，此时AB′与b成60°角．所以②正确，①错误．答案：②③4．在正方体ABCD­A1B1C1D1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上随意取一点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多数条．法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必定相交，即PQ为所求直线．由点P的随意性，知有多数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．答案：多数5.如图所示，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.因为A∈α，B∈α，E∈α，所以平面α即为平面ABE，所以P∈平面ABE，这与P∉平面ABE冲突，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．因为∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，所以AF＝eq\r(3)，AE＝eq\r(2)，EF＝eq\r(2)，cos∠AEF＝eq\f(AE2＋EF2－AF2,2·AE·EF)＝eq\f(2＋2－3,2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,4)，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为eq\f(1,4).6.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.(1)证明：E，F，G，H四点共面；(2)m，n满意什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.解：(1)因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.又C