高考数学一轮复习第八章8.3空间点直线平面之间的位置关系课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第八章8.3空间点直线平面之间的位置关系课时作业理含解析，共9页。

一、选择题
1．[2021·江西七校联考]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )

A．相交或平行B．相交或异面
C．平行或异面D．相交、平行或异面
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α
B．b∥α
C．b⊂α或b∥α
D．b与α相交或b⊂α或b∥α
3.
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
4．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为( )
A.eq \r(5)B.eq \r(3)C.eq \f(\r(5),2)D.eq \f(\r(3),2)
5．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
6．[2021·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)
二、填空题
7．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.
8．如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．
9．若直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l与平面α的位置关系为________．
三、解答题
10.
如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．
11.[2021·福建四地六校联考]已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD成60°角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面直线AB与MN所成角的大小．
[能力挑战]
12．[2021·洛阳市高三年级统一考试]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2)B.eq \f(\r(10),5)C.eq \f(\r(15),5)D.eq \f(\r(6),3)
13．[2021·山西省六校高三阶段性测试]已知三棱锥B－ACD中，棱AB，CD，AC的中点分别是M，N，O，△ABC，△ACD，△BOD都是正三角形，则异面直线MN与AD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(\r(7),28)C.eq \f(2,3)D.eq \f(\r(7),4)
14．[2021·广东广州质检]如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点．在这个正四面体中：
①GH与EF平行；
②BD与MN为异面直线；
③GH与MN成60°角；
④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
课时作业42
1．解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.
答案：D
2．解析：b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．故选D.
答案：D
3．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．故选A.
答案：A
4．解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B1与直线AB平行，则直线A1B1与AC1所成的角等于AB与AC1所成的角，在直角三角形ABC1中，BC1＝eq \r(5)，AB＝1，所以tan∠BAC1＝eq \r(5)，所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为eq \r(5).故选A.
答案：A
5．解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确，故选C.
答案：C
6．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cs∠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：C
7．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：③④
8.
解析：还原后如图，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．
答案：3
9．解析：∵直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，
∴直线l∥平面α，或者直线l⊂平面α.
答案：l∥α或l⊂α
10．证明：因为AB∥CD，
所以AB，CD确定一个平面β.
又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，
因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．
11.
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.
∴∠MPN或其补角为AB与CD所成的角，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，
∵PM∥AB，
∴∠PMN或其补角是AB与MN所成的角，
∵AB＝CD，∴PM＝PN，
若∠PMN＝60°，
则△PMN是等边三角形，∴∠PMN＝60°，
∴AB与MN所成的角为60°.
若∠MPN＝120°，
则∠PMN＝30°，∴AB与MN所成的角为30°，
综上，异面直线AB与MN所成的角为30°或60°.
12．解析：解法一 如图，将题中的直三棱柱补形成一个直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，易知BC1∥AD1，所以∠B1AD1是直线AB1与BC1所成的角或者其补角．连接B1D1，在△AB1D1中，AB1＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，AD1＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，B1D1＝eq \r(22＋12－2×2×1×cs60°)＝eq \r(3)，ADeq \\al(2,1)＋B1Deq \\al(2,1)＝5＝ABeq \\al(2,1)，AD1⊥B1D1，sin∠B1AD1＝eq \f(B1D1,AB1)＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5).因此，异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为eq \f(\r(15),5)，故选C.
解法二 依题意得，AB1＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，BC1＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→)))·(eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))2＋eq \(BB1,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2，即|eq \(AB1,\s\up6(→))|·|eq \(BC1,\s\up6(→))|·cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝2，eq \r(10)cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝2，cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(10))，又异面直线AB1与BC1所成的角θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值sinθ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(10))))2)＝eq \f(\r(15),5)，故选C.
答案：C
13．解析：解法一 由题意可得BO⊥AC，DO⊥AC，则AC⊥平面BOD.在平面BOD内过点O作OD的垂线，以O为坐标原点，OD，OC所在的直线分别为x轴，y轴，所作的OD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AC＝2，则D(eq \r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A(0，－1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，－\f(1,2)，\f(3,4)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，1，－\f(3,4)))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)．设异面直线MN与AD所成的角为θ，则|csθ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(3,4)＋1,2×\r(\f(3,16)＋1＋\f(9,16)))))＝eq \f(\r(7),4)，故选D.
解法二 由题意可得BO⊥AC，DO⊥AC，连接BN，AN，设AC＝2，则BO＝DO＝eq \r(3)，所以BD＝eq \r(3).在△BDC中，BC＝CD＝2，BD＝eq \r(3)，通过余弦定理可得BN＝eq \f(\r(10),2).在△ABN中，BN＝eq \f(\r(10),2)，AB＝2，AN＝eq \r(3)，通过余弦定理可得MN＝eq \f(\r(7),2).连接ON，则ON∥AD，易得∠MNO或其补角是异面直线MN与AD所成的角．连接MO，在△MNO中，OM＝ON＝1，MN＝eq \f(\r(7),2)，由余弦定理可得cs∠MNO＝eq \f(\r(7),4).故选D.
答案：D
14．解析：
把正四面体的平面展开图还原，如图所示，由正四面体的性质易知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
答案：②③④