03 第41讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

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2.D [解析] 对于A,PS∥QR,故P,Q,R,S四点共面;同理,B,C图中四点也共面;D中四点不共面.故选D.
3.A [解析] 因为一条直线和直线外一点确定一个平面,所以这四个点中有三点在同一直线上一定能推出这四点在同一个平面内,故充分性成立;当这四个点在同一平面内时,可能有两点分别在两条相交或平行直线上,不一定有三点在同一直线上,故必要性不成立.所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的充分不必要条件.故选A.
4.B [解析] 如图,连接AD1,BC1,D1F,因为E,F分别为BC,CC1的中点,所以EF∥BC1, 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD1∥BC1,所以EF∥AD1,则A,D1,F,E四点共面,则平面AEF截正方体所得的截面为四边形AEFD1.故选B.
5.①相交或异面 ②a∥α或a⊂α
[解析] ①∵a∥b,b∩c=A,∴直线a与直线c的位置关系是相交或异面.②∵a⊥b,b⊥α,∴直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α.
6.②③ [解析] 对于①,空间中两两相交的三条直线可以共面也可以不共面,故①错误;对于②,平面α,β不重合,则α∥β或α,β相交,两种情况均存在直线a⊂α,b⊂β,使得a,b为异面直线,故②正确;对于③,过平面α外一定点P,有且只有一条直线m与平面α垂直,过点P有且只有一个平面β与直线m垂直,此时α∥β,故过平面α外一定点P,有且只有一个平面β与α平行,故③正确;对于④,在如图所示的正方体中,直线A1B1⊥直线A2B2,直线B1C1⊥直线B2C2,由∠A1B1C1=π2,∠A2B2C2=π3,可得∠A1B1C1≠∠A2B2C2,且∠A1B1C1+∠A2B2C2≠π,故④错误.故填②③.
7.D [解析] 对于A,连接AC,A1C1,因为O为B1D1的中点,所以A1C1∩B1D1=O,所以O∈平面ACC1A1,又O∈平面AB1D1,所以O为平面ACC1A1和平面AB1D1的交点,同理可得A为平面ACC1A1和平面AB1D1的交点,连接AO,则平面AB1D1∩平面ACC1A1=AO,由M∈A1C,A1C∩平面AB1D1=M,得M∈平面ACC1A1,M∈平面AB1D1,所以M∈AO,故A,M,O三点共线,故A中结论正确.对于B,A,M,O和A1均在平面ACC1A1内,故B中结论正确.对于C,A,M,O,C均在平面ACC1A1内,故C中结论正确.对于D,BB1⊄平面AB1D1,OM⊂平面AB1D1,BB1∩平面AB1D1=B1,且B1∉OM,根据异面直线的定义,知直线BB1与直线OM为异面直线,故B,B1,O,M不可能共面,故D中结论错误.故选D.
8.D [解析] 如图,在EF上任意取一点M,直线A1D1与点M确定一个平面,这个平面与DC有且仅有1个交点N,当点M取不同的位置就确定不同的平面,从而与DC有不同的交点N,而直线MN与直线A1D1,EF,DC都有交点,故在空间中与直线A1D1,EF,DC都相交的直线有无数条.故选D.
9.D [解析] 由题意知VB-AEF=13VB-ACD,则S△AEF=13S△ACD,∵S△AEF=12·AE·AF·sin∠EAF,S△ACD=12AC·AD·sin∠CAD,∴AE·AF=AC·AD3=13.在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cs∠EAF=AE2+AF2-AE·AF≥2AE·AF-AE·AF=13,当且仅当AE=AF=33时取等号,∴EF的最小值为33.故选D.
10.BC [解析] 对于A,如图①,连接EG,AC,A1C1,由题意可知EG∥AC,因为AC∥A1C1,所以EG∥A1C1,所以A1G,C1E共面,故选项A错误;对于B,如图②,由题意可知D1F=1,ED=1,所以VD1-BEF=VB-D1EF=13S△D1EF·AB=13×12×1×1×2=13,故选项B正确;对于C,如图③,连接A1D,由正方体的性质可知DG⊥平面ADD1A1,所以∠GA1D即为直线A1G与平面ADD1A1所成的角,易知tan∠GA1D=DGA1D=122=24,故选项C正确;对于D,如图④,连接FC1,BC1,根据正方体的性质可得EF∥BC1,且EF=12BC1,所以四边形EFC1B即为过点B,E,F的平面截正方体所得的截面图形,该四边形为梯形,易得梯形的上底为2,下底为22,高为322,所以截面面积S=12×(2+22)×322=92,故选项D错误.故选BC.
11.BC [解析] 如图,取DD1的中点M,连接AM,MF,易知MF⊥平面AA1D1D,则AM为AF在平面AA1D1D上的射影.∵AM与DD1不垂直,∴AF与DD1不垂直,故A中结论错误.取B1C1的中点N,连接A1N,GN,易得平面A1GN∥平面AEF,∵A1G⊂平面A1GN,∴A1G∥平面AEF,故B中结论正确.连接D1F,AD1,易得EF∥AD1,则四边形EFD1A即为平面AEF截正方体所得的截面图形,易知EF=12AD1=22,AE=D1F=52,故四边形EFD1A为等腰梯形且等腰梯形的高为324,故其面积S=2+222×324=98,故C中结论正确.连接CG,假设C与G到平面AEF的距离相等,即平面AEF将线段CG平分,则平面AEF必过CG的中点,设CG交EF于H,显然H不是CG的中点,因此假设不成立,故D中结论错误.故选BC.
12.p1,p4 [解析] 对于命题p1,可设l1与l2相交,这两条直线确定的平面为α,若l3与l1相交,则交点A在平面α内,同理,l3与l2的交点B也在平面α内,所以AB⊂α,即l3⊂α,故命题p1为真命题.对于命题p2,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个,故命题p2为假命题.对于命题p3,空间中两条直线的位置关系有相交、平行或异面,故命题p3为假命题.对于命题p4,若直线m⊥平面α,则m垂直于平面α内所有直线,因为直线l⊂平面α,所以直线m⊥直线l,故命题p4为真命题.综上可知,p1,p4为真命题,p2,p3为假命题.
13.CG(答案不唯一) [解析] 还原该正方体,如图所示,由正方体的性质易知,棱CG,DH,EH,FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.
14.证明:(1)连接A1B,CD1,EF,∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点,∴EF∥A1B且EF≠A1B.
∵CD1∥A1B且CD1=A1B,
∴EF∥CD1且EF≠CD1,
∴EC与D1F相交,设交点为K,
∵K∈EC,EC⊂平面ABCD,∴K∈平面ABCD.
又∵K∈FD1,FD1⊂平面ADD1A1,∴K∈平面ADD1A1,
∴K为两平面的公共点,
∵平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,
∴K∈AD,故K与P重合,
∴CE,D1F,DA三条直线交于点P.
(2)∵FH⊂平面PCD1,∴H∈平面PCD1,又H∈平面ABCD,
∴H在平面PCD1和平面ABCD的交线上,
同理,P在平面PCD1和平面ABCD的交线上,E在平面PCD1和平面ABCD的交线上,
∴P,E,H都在平面PCD1与平面ABCD的交线上,
∴P,E,H三点共线.
15.解:如图所示,
将四棱锥补全为三棱柱BCE-ADD1,
因为四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,则D1E∥AB∥CD,且D1E=AB=CD,所以四边形ABED1和四边形D1DCE都是平行四边形,因为N为BD1的中点,所以AN的延长线必过点E,
所以A,N,E,H,M在同一平面内,
因为DD1∥CE,所以△D1MH∽△CEH,
又因为M是棱DD1上靠近点D的三等分点,
所以D1HHC=D1MCE=23,则D1HD1C=25.
16.ABC [解析] 如图①,在正方体中,连接AC,CD1,得A1B∥CD1,因此异面直线AD1与A1B所成的角为∠AD1C或其补角,因为△ACD1是正三角形,所以∠AD1C=π3,所以异面直线AD1与A1B所成的角是π3,故A正确;当CQ=12时,连接D1Q,AP,BC1,则PQ∥BC1,又BC1∥AD1,所以PQ∥AD1,则截面S为四边形AD1QP,AP=QD1,PQ=12BC1=12AD1,所以S是等腰梯形,故C正确;当CQ=1时,Q与C1重合,取A1D1的中点M,连接AM,MC1,则截面S为四边形AMC1P,AP=PC1=12+122=52,连接AC1,AC1=3,因为AP2+C1P2≠AC12,所以AP与PC1不垂直,因此S不是矩形,故D错误;设12