课时质量评价37　空间点、直线、平面之间的位置关系-2022届高三数学一轮复习检测（新高考）

课时质量评价(三十七)

(建议用时：45分钟)

A组　全考点巩固练

1．(多选题)下列说法正确的是(　　)

A．三点可以确定一个平面

B．一条直线和一个点可以确定一个平面

C．两条平行直线可以确定一个平面

D．两条相交直线可以确定一个平面

CD　解析：A错误，不共线的三点可以确定一个平面．B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面．CD正确．

2．(多选题)下列说法正确的是(　　)

A．梯形的四个顶点共面

B．三条平行直线共面

C．有三个公共点的两个平面重合

D．三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面

AD　解析：A显然正确；B错误，三条平行直线可以确定1个或3个平面；若三个点共线，则两个平面相交，故C错误；D显然正确．故选AD.

3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是(　　)

A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直

C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行

D　解析：连接B1C，B1D1(图略)，因为点M，N分别是D1C，B1C的中点，所以MN是△B1CD1的中位线，所以MN∥B1D1.因为CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1，BD∥B1D1，所以MN⊥CC1，MN⊥AC，MN∥BD.又因为A1B1与B1D1相交，所以MN与A1B1不平行．故选D.

4．如图，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AC   B．直线AB

C．直线CD   D．直线BC

C　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.

5．(多选题)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别为棱PB，PC的中点，过E，F的平面分别与棱AB，AC相交于点D，G，则(　　)

A．EF∥DG   B．PA∥ED

C．ED⊥DG   D．AC⊥FG

AC　解析：对于A，因为E，F分别为棱PB，PC的中点，所以EF∥BC.又EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.又平面EFGD∩平面ABC＝DG，由线面平行的性质定理可知，EF∥DG，故A正确．对于B，当截面EFGD与棱AB的交点D是AB的中点时，PA∥ED，否则PA与ED相交，故B错误．对于C，由PA⊥底面ABC，可得PA⊥DG.由EF∥DG，可得DG∥BC.又AB⊥BC，所以AB⊥DG.又PA∩AB＝A，所以DG⊥平面PAB，所以ED⊥DG，故C正确．对于D，只有当截面EFGD与AC的交点G是AC的中点时，PA∥FG，此时可得AC⊥FG，否则AC与FG不垂直，故D错误．故选AC.

6．在三棱锥S-ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是________．

平行　解析：如图，连接SG1并延长交AB于点M，连接SG2并延长交AC于点N，连接MN，G1G2.

由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，

所以在△SMN中，＝，所以G1G2∥MN.

易知MN是△ABC的中位线，所以MN∥BC，

所以G1G2∥BC.

7．下列命题中不正确的是________．(填序号)

①没有公共点的两条直线是异面直线；

②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；

③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不可能平行；

④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．

①②　解析：命题①错，没有公共点的两条直线平行或异面；命题②错，此时两直线有可能相交；命题③正确，因为若直线a和b异面，c∥a，则c与b不可能平行，用反证法证明如下：若c∥b，又c∥a，则a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不平行；命题④正确，若c与两异面直线a，b都相交，可知a，c可确定一个平面，b，c也可确定一个平面，这样，a，b，c共确定两个平面．

8．在四面体A­BCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．

或　解析：如图，取BC的中点O，连接OE，OF.

因为OE∥AC，OF∥BD，

所以OE与OF所成的锐角(或其补角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF＝2EM＝2×＝.

9．在正方体ABCD-A1B1C1D1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ABCD-A1B1C1D1是正方体，易知A1D ∥B1C，AC与A1D所成的角就是∠B1CA或其补角．

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ABCD-A1B1C1D1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．(2019·上海高考改编)如图，在正三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝BC＝AC＝.

(1)若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN夹角的余弦值；

(2)求三棱锥P-ABC的体积．

解：(1)因为M，N分别为PB，BC的中点，

所以MN∥PC，

则∠PCA为AC与MN所成角．

在△PAC中，由PA＝PC＝2，AC＝，

可得cos∠PCA＝＝＝，

所以AC与MN夹角的余弦值为.

(2)过P作底面的垂线，垂足为O，则点O为底面三角形的中心，连接AO并延长，交BC于点N，则AN＝，

AO＝AN＝1.

所以PO＝＝.

所以VP-ABC＝××××＝.

B组　新高考培优练

11．(多选题)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则(　　)

A．AC⊥BE

B．EF∥平面ABCD

C．三棱锥A-BEF的体积为定值

D．△AEF的面积与△BEF的面积相等

ABC　解析：连接AC，BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，所以AC⊥BE，EF∥平面ABCD，从而A，B正确；又△BEF的面积为定值，点A到平面BB1D1D的距离为定值，所以三棱锥A-BEF的体积为定值，故C正确；因为点A到B1D1的距离不等于BB1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误．故选ABC.

12．(多选题)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是(　　)

A．|BM|是定值

B．点M在某个球面上运动

C．存在某个位置，使DE⊥A1C

D．存在某个位置，使MB∥平面A1DE

ABD　解析：取DC的中点F，连接MF，BF，MF∥A1D且MF＝A1D，FB∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE.由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，所以M是在以B为球心，MB为半径的球上，可得A，B正确．由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得D正确．A1C在平面ABCD中的射影与AC重合，AC与DE不垂直，可得C不正确．

13．在正方体ABCD-A1B1C1D1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．

无数　解析：(方法一)在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图所示．

(方法二)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必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．

14．如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．

　解析：如图，取BC的中点H，连接FH，AH，所以BE∥FH，所以∠AFH即为异面直线AF与BE所成的角．过点A作AG⊥EF于点G，

则G为EF的中点．连接HG，HE，则△HGE是直角三角形．设正方形边长为2，则EF＝，HE＝，EG＝，AG＝，所以HG＝＝，

所以AH＝＝.

由余弦定理知cos∠AFH＝＝＝.

15.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为FA，FD的中点．

(1)证明：四边形BCHG是平行四边形．

(2)C，D，E，F四点是否共面？为什么？

(3)证明：直线FE，AB，DC相交于一点．

(1)证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，

所以GH∥AD且GH＝AD.

又BC∥AD且BC＝AD，

故GH∥BC且GH＝BC，

所以四边形BCHG是平行四边形．

(2)解：C，D，E，F四点共面．理由如下：

由BE∥AF且BE＝AF，G是FA的中点知，

BE∥GF且BE＝GF，

所以四边形EFGB是平行四边形，

所以EFBG.

由(1)知BGCH，所以EF∥CH，

所以四边形ECHF为平行四边形，所以EC∥FH，

故EC，FH共面．

又点D在直线FH上，所以C，D，E，F四点共面．

(3)证明：由(2)可知，EC∥DF.

所以四边形ECDF为梯形．

所以FE，DC交于一点．

设FE∩DC＝M.

因为M∈FE，FE⊂平面ABEF，

所以M∈平面ABEF.

同理M∈平面ABCD.

又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，

所以点M在AB的延长线上，所以直线FE，AB，DC交于一点．