新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.3空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.3空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．若直线上有两个点在平面外，则( )
A．直线上至少有一个点在平面内
B．直线上有无穷多个点在平面内
C．直线上所有点都在平面外
D．直线上至多有一个点在平面内
2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B∉l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A．直线CM B．直线BM
C．直线AB D．直线BC
4.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(15),3) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(10),4)
5．四边形ABCD是矩形，AB＝3AD，点E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合，则直线ED，BF所成角α在旋转过程中( )
A．逐步变大 B．逐步变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
6．在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，E，F，G分别为AB，PC，AD的中点，直线BF与EG所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)，则三棱锥P－EFG的体积为( )
A.eq \f(5\r(2),12) B.eq \f(\r(2),4) C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(\r(2),6)
二、多项选择题
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是( )
A．C1，M，O三点共线
B．C1，M，O，C四点共面
C．C1，O，B1，B四点共面
D．D1，D，O，M四点共面
8．(2024·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝eq \r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq \r(5)，则( )
A．AB⊥CD
B．三棱锥A－BCD的体积为eq \f(2,3)
C．三棱锥A－BCD外接球的半径为eq \r(6)
D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(3,5)
三、填空题
9．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．
10.如图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．
11．(2023·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且eq \f(AE,ED)＝eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2)，EF＝eq \r(7)，则AB与CD所成角的大小为________．
12．(2023·长春模拟)如图，在底面为正方形的棱台ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱CC1，BB1，CF，AF的中点，对空间任意两点M，N，若线段MN与线段AE，BD1都不相交，则称点M与点N可视，下列与点D不可视的为________．(填序号)
①B1；②F；③H；④G.
四、解答题
13.已知ABCD是空间四边形，如图所示(M，N，E，F分别是AB，AD，BC，CD上的点)．
(1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明：B，D，O三点共线；
(2)若E，N为BC，AD的中点，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求异面直线AB与DC所成角的余弦值．
14.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点．
(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由；
(2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积．
15.(多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是( )
A．DP∥平面AB1D1
B．三棱锥C－AD1P的体积为定值
C．平面PB1D⊥平面ACD1
D．异面直线DP与AD1所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
16．(2023·孝感模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的所有顶点均在体积为4eq \r(3)π的球O上，则该正方体的棱长为________，若动点P在四边形A1B1C1D1内运动，且满足直线CC1与直线AP所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则OP的最小值为________．
§7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．D 2.B 3.B 4.D 5.D
6．B [连接BD，DF，AC，CG，CE，如图，
设BF＝DF＝x，由BD∥EG，得∠FBD即为BF与EG所成的角，
在△FBD中，易知BD＝2eq \r(2)，
cs∠FBD＝eq \f(x2＋8－x2,4\r(2)x)＝eq \f(\r(6),3)，
解得x＝eq \r(3).
设PB＝PC＝y，在△PFB中，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＋3－2eq \r(3)·eq \f(y,2)cs∠PFB＝y2，①
因为∠PFB＋∠BFC＝180°，
故cs∠BFC＝cs(180°－∠PFB)＝－cs∠PFB，
则在△BCF中，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＋3－2eq \r(3)·eq \f(y,2)cs∠BFC＝4，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＋3＋2eq \r(3)·eq \f(y,2)cs∠PFB＝4，②
①＋②得eq \f(y2,2)＋6＝y2＋4，因为y>0，解得y＝2.
因为F为PC的中点，故V三棱锥P－EFG＝V三棱锥C－EFG＝V三棱锥F－ECG，
因为PA2＋PC2＝AC2，PA＝PC，
所以△PAC为等腰直角三角形，
则在等腰直角三角形PAC中，易求得点P到AC的距离即点P到底面的距离为eq \f(2×2,2\r(2))＝eq \r(2)，
故点F到平面CEG的距离为eq \f(\r(2),2)，
S△ECG＝S▱ABCD－S△AEG－S△CDG－S△CEB＝2×2－eq \f(1,2)×1×1－eq \f(1,2)×2×1－eq \f(1,2)×1×2＝4－eq \f(1,2)－1－1＝eq \f(3,2)，
故所求三棱锥的体积为
eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4).]
7．AB [∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，
∴O∈平面ACC1A1.
∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和点C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．]
8．ABD [将三棱锥补形为长方体，如图所示．
其中BE＝BN＝1，BF＝2，
所以AB＝CD＝eq \r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq \r(5)，
连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，
所以四边形AMFB为平行四边形，
所以AB∥MF，
又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确；
长方体的体积V1＝1×1×2＝2，
三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×1＝eq \f(1,3)，
同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为eq \f(1,3)，
所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，故B正确；
长方体的外接球的直径为eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，
所以长方体的外接球的半径为eq \f(\r(6),2)，
长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，
所以三棱锥A－BCD外接球的半径为eq \f(\r(6),2)，故C错误；
连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角，
由已知OA＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(5),2)，
OM＝eq \f(1,2)MN＝eq \f(\r(5),2)，AM＝2，
所以cs∠AOM＝eq \f(\f(5,4)＋\f(5,4)－4,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))＝－eq \f(3,5)，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(3,5)，故D正确．]
9．P∈l 10.3
11．60°
解析 在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵eq \f(AE,ED)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(BG,GD)＝eq \f(1,2)，
又eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(BG,GD)＝eq \f(BF,FC)，
则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角，
在△EGF中，EG＝eq \f(2,3)AB＝2，GF＝eq \f(1,3)CD＝1，EF＝eq \r(7)，
∴cs∠EGF＝eq \f(22＋12－\r(7)2,2×2×1)＝－eq \f(1,2)，
∴∠EGF＝120°，
∴AB与CD所成角的大小为60°.
12．①②③
解析 如图所示，连接B1D1，BD，DB1，EF，DE，DH，DF，DG，因为E，F分别为棱CC1，BB1的中点，所以EF∥BC，
又底面ABCD为正方形，
所以BC∥AD，所以EF∥AD，
所以四边形EFAD为梯形，所以DH与AE相交，DF与AE相交，故②③不可视；
因为B1D1∥DB，所以四边形B1D1DB是梯形，
所以B1D与BD1相交，故①不可视；
因为EFAD为梯形，G为CF的中点，
即G∉EF，则D，E，G，A四点不共面，所以DG与AE不相交，
若DG与BD1相交，则D，B，G，D1四点共面，
显然D，B，B1，D1四点共面，G∉平面DBB1D1，
所以D，B，G，D1四点不共面，即假设不成立，
所以DG与BD1不相交，即点G与点D可视，故④可视．
13．(1)证明 因为M∈AB，N∈AD，
AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以MN⊂平面ABD，
因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，
所以EF⊂平面CBD，
由于直线MN与直线EF相交于点O，即O∈MN，O∈平面ABD，
O∈EF，O∈平面CBD，
又平面ABD∩平面CBD＝BD，则O∈BD，所以B，D，O三点共线．
(2)解 连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示，
在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB＝6，
所以GN∥AB，且GN＝eq \f(1,2)AB＝3，
在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且DC＝4，
所以GE∥CD，且GE＝eq \f(1,2)DC＝2，
则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成的角，即∠EGN或∠EGN的补角，
又NE＝2，由余弦定理得
cs∠EGN＝eq \f(GE2＋GN2－NE2,2GE·GN)＝eq \f(22＋32－22,2×2×3)＝eq \f(3,4)>0，
故异面直线AB与DC所成角的余弦值为eq \f(3,4).
14．解 (1)存在．当G为PA的中点时满足条件．
如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE∥AB.
又AB∥DC，所以GE∥DC，
所以G，E，C，D四点共面．
(2)因为E是PB的中点，所以V三棱锥P－ACE＝V三棱锥B－ACE＝eq \f(1,2)V三棱锥P－ACB.
又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AD＝eq \f(1,2)×2×1＝1，
V三棱锥P－ACB＝eq \f(1,3)PC·S△ABC＝eq \f(2,3)，
所以V三棱锥P－ACE＝eq \f(1,3).
15．ABC [对于A，连接DB，C1D，AB1，D1B1，
因为BC1∥AD1，BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1，
因为DB∥D1B1，DB⊄平面AB1D1，D1B1⊂平面AB1D1，
所以DB∥平面AB1D1，
又DB∩BC1＝B，DB，BC1⊂平面BDC1，所以平面AB1D1∥平面BDC1，又DP⊂平面BDC1，所以DP∥平面AB1D1，故A正确；
对于B，
由点P在线段BC1上运动知平面AD1P即平面AD1C1B，故点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C－AD1P的体积不变，故B正确；
对于C，因为四边形DCC1D1为正方形，则CD1⊥C1D，而AD⊥平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，所以CD1⊥AD，
又AD∩C1D＝D，AD，C1D⊂平面AB1C1D，则CD1⊥平面AB1C1D，
而DB1⊂平面AB1C1D，因此DB1⊥CD1，同理DB1⊥CA，
又CD1∩CA＝C，CD1，CA⊂平面ACD1，所以DB1⊥平面ACD1，
又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故C正确；
对于D，
由AD1∥BC1，异面直线DP与AD1所成角即为DP与BC1所成角，
又△DBC1为等边三角形，当P与线段BC1的两端点重合时，DP与AD1所成角取最小值eq \f(π,3)，
当P与线段BC1的中点重合时，DP与AD1所成角取最大值eq \f(π,2)，故DP与AD1所成角的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故D错误．]
16．2 eq \f(\r(6),2)
解析 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，球O的半径为R，
则由正方体体对角线L＝eq \r(3)a＝2R得R＝eq \f(\r(3)a,2)，
所以V球O＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,2)))3＝4eq \r(3)π，故a＝2，
因为CC1∥AA1，
所以AA1与AP所成角的正弦值也是eq \f(1,3)，即sin∠A1AP＝eq \f(1,3)，
又因为AA1⊥平面A1B1C1D1，A1P⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥A1P，
故sin∠A1AP＝eq \f(A1P,AP)＝eq \f(A1P,\r(A1P2＋AA\\al(2,1)))，
即eq \f(A1P,\r(A1P2＋4))＝eq \f(1,3)，解得A1P＝eq \f(\r(2),2)，
所以点P的轨迹是以A1为圆心，eq \f(\r(2),2)为半径的圆与四边形A1B1C1D1内的一段弧，如图所示，
设正方形A1B1C1D1的中心为O1，连接O1P，OO1，
因为O1A1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(22＋22)＝eq \r(2)，
所以(O1P)min＝O1A1－A1P＝eq \f(\r(2),2)，
所以(OP)min＝eq \r(OO\\al(2,1)＋O1P\\al(2,min))＝eq \r(1＋\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，即(OP)min＝eq \f(\r(6),2).