2019版高考数学总复习第七章立体几何40空间点直线平面之间的位置关系课时作业文20180628263

PAGEPAGE1课时作业40　空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．“点P在直线m上，m在平面α内”可表示为(　　)A．P∈m，m∈αB．P∈m，m⊂αC．P⊂m，m∈αD．P⊂m，m⊂α解析：点在直线上用“∈”，直线在平面内用“⊂”，故选B.答案：B2．(2015·广东高考)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交解析：由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．答案：D3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是(　　)A．6eq\r(2)B．12C．12eq\r(2)D．24eq\r(2)解析：如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin45°＝6eq\r(2)，故选A.答案：A4．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(　　)A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B.答案：B5．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：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.答案：C6．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是(　　)A．a⊂平面α，b⊄α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点解析：对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a与b不相交，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．答案：C7．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A，M，O三点共线．答案：A8．(2018·贵州六盘水二模)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　　)A．垂直B．相交C．异面D．平行解析：∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α上，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交(垂直是相交的特殊情况)，一定不平行，故选D.答案：D9．(2018·合肥检测)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有(　　)A．0条B．1条C．2条D．0条或2条解析：本题考查空间直线与平面的位置关系．如图设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH是平行四边形，则EF∥GH，EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，则CD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.线面平行的判定定理、性质定理的灵活应用是解题的关键．答案：C10．(2018·陕西省高三质检)已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC的中点．若MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，则异面直线PA与MN所成角的大小是(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：本题考查异面直线所成角，取AC中点为O，连接OM，ON，则易证OM綊eq\f(1,2)BC，ON綊eq\f(1,2)PA，所以∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．由MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，得OM＝eq\f(1,2)BC＝2，ON＝eq\f(1,2)AP＝2eq\r(3)，则cos∠ONM＝eq\f(ON2＋MN2－OM2,2×ON×MN)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ONM＝30°，即异面直线PA与MN所成角的大小是30°，故选A.答案：A二、填空题11．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.解析：当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，∴①错；a∩β＝P时，②错；如图∵a∥b，P∈b，∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，又a∥b，由a与b确定唯一平面γ，但γ经过直线a与点P，∴γ与α重合，∴b⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．答案：③④12．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．解析：与AB和CC1都相交的棱为BC；与AB相交且与CC1平行的棱为AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱为CD，C1D1.故符合条件的棱有5条．答案：513.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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________(写出所有正确结论的序号)．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面B1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：③④14．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．解析：连接BC1，由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角，在△BA1C1中，A1B＝eq\r(6)，A1C1＝1，BC1＝eq\r(5)，cos∠BA1C1＝eq\f(6＋1－5,2\r(6)×1)＝eq\f(\r(6),6).答案：eq\f(\r(6),6)[能力挑战]15．(2018·山西临汾三模)已知平面α及直线a，b，则下列说法正确的是(　　)A．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行B．若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直解析：对于A，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行、相交、异面，故A错；对于B，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直，如图，直角三角形ACB的直角顶点C在平面α内，边AC、BC可以与平面α都成30°角，故B错；C显然错误；对于D，假设直线a，b与平面α都垂直，则直线a，b平行，与已知矛盾，则假设不成立，故D正确，故选D.答案：D16．(2018·河北张家口模拟)三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)解析：取BC的中点O，连接NO，AO，MN，因为B1C1綊BC，OB＝eq\f(1,2)BC，所以OB∥B1C1，OB＝eq\f(1,2)B1C1，因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以MN∥B1C1，MN＝eq\f(1,2)B1C1，所以MN綊OB，所以四边形MNOB是平行四边形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其补角即为BM与AN所成角，不妨设AB＝2，则有AO＝eq\r(3)，ON＝BM＝eq\r(5)，AN＝eq\r(5)，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝eq\f(AN2＋ON2－AO2,2AN·ON)＝eq\f(5＋5－3,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10).故选C.答案：C17．(2018·湖北调考)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：本题考查异面直线所成角．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OC∥DE，SO⊥平面ABCDEF，所以∠SCO为异面直线SC与DE所成的角．又易知△BOC为等边三角形，所以SO＝BC＝CO＝1，所以∠SCO＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)