2023年高考指导数学(人教A文一轮)课时规范练38 空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)课时规范练38 空间点、直线、平面之间的位置关系，共5页。试卷主要包含了给出以下四个命题等内容，欢迎下载使用。
课时规范练38　空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固组1.给出以下四个命题:①依次首尾相接的四条线段必共面;②过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面;③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角必相等;④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是(　　)A.0 B.1 C.2 D.32.已知空间中不过同一点的三条直线a,b,l,则“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”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.(2022河南濮阳一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BC,AB=BC=2,CC1=2,则异面直线AC1与A1B1所成的角为(　　)A.30° B.45° C.60° D.90°4.如图是一个正方体的平面展开图,则在该正方体中,下列叙述错误的是(　　)A.AH⊥FCB.AC∥BGC.BD与FC所成的角为60°D.AC∥平面BEG5.(2022陕西宝鸡一模)已知正三棱锥S-ABC的底面边长为3,P,Q,R分别是棱SA,AB,AC的中点,若△PQR是等腰直角三角形,则该三棱锥的外接球的表面积为　　　　. 综合提升组6.如图,已知圆锥的底面半径为2,母线长为4,AB为圆锥底面圆的直径,C是的中点,D是母线SA的中点,则异面直线SC与BD所成角的余弦值为(　　)A. B. C. D.7.(2021浙江,6) 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　　)A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B18.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是DB的中点,直线A1C交平面C1BD于点M,有以下结论:①C1,M,O三点共线;②C1,M,O,C四点共面;③C1,O,B1,B四点共面;④D1,D,O,M四点共面.正确结论的序号是　　　　. 创新应用组9.(2022山东日照二模)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点P为棱AA1上靠近点A1的三等分点,点Q为棱CD上一动点.若M为平面D1PQ与平面ABCD的公共点,且点M在正方体的表面上,则所有满足条件的点M构成的区域面积S为　　　　　.  
参考答案课时规范练38　空间点、直线、平面之间的位置关系1.B　①中,空间四边形的四条线段不共面,故①错误.②中,过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面,故②正确.③中,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故③错误.④中,空间中,垂直于同一直线的两条直线可相交,可平行,可异面,故④错误.2.A　若直线a,b,l两两相交,又三者不过同一点,则a,b,l共面;而a,b,l共面,可能三者互相平行,所以不一定两两相交,所以“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”的充分不必要条件,故选A.3.C　如图所示,连接AC1,BC1,∵AB∥A1B1,∴∠BAC1或其补角即为异面直线AC1与A1B1所成的角.∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴AB⊥CC1,又AB⊥BC,BC∩CC1=C,∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC1,又AB=BC=2,CC1=2,∴BC1==2,∴tan∠BAC1=,∴∠BAC1=60°.故选C.4.B　将平面展开图以正方形ABCD为下底面,折起还原为正方体,各顶点的字母标记如图所示,连接相应顶点,∵AH⊥DE,FC∥DE,∴AH⊥FC,故选项A正确;∵AC∥EG,EG与BG相交,∴AC与BG显然不平行,故选项B错误;∵DE∥CF,△BDE为等边三角形,∴∠BDE=60°,故异面直线BD与FC所成角为60°,故选项C正确;∵AC∥EG,AC⊄平面BEG,EG⊂平面BEG,∴AC∥平面BEG,故选项D正确.故选B.5.27π　在正三棱锥S-ABC中,P,Q,R分别是棱SA,AB,AC的中点,则PQ∥SB,PR∥SC,QR∥BC,PQ=SB=SC=PR,而△PQR是等腰直角三角形,所以∠QPR=∠BSC=90°,SB⊥SC,即正三棱锥的侧棱SA,SB,SC两两垂直,所以正三棱锥和以SA,SB,SC为棱的正方体有相同的外接球,因为正三棱锥S-ABC的底面边长为3,所以侧棱SA=3,所以正三棱锥S-ABC外接球的半径r=,所以三棱锥的外接球的表面积为4πr2=27π.6.A　如图,延长AB至点E,使AB=BE,连接SE,CE,OC.因为D是母线SA的中点,所以SE∥BD,所以∠CSE为异面直线SC与BD所成的角(或其补角).由题意知OE=6,OC=2,又C是的中点,所以CO⊥OB,所以在Rt△COE中,CE==2.因为SA=SB=AB=4,所以BD=SB=2,所以SE=2BD=4.在△SCE中,SC=4,由余弦定理得cos∠CSE=.7.A　如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.又N为BD1的中点,所以MN∥AB.又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,∵A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.又四边形ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,∴直线A1D与直线D1B垂直.易知直线A1D与直线D1B异面.故选A.8.①②　∵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C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点,∴三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,即C1,M,O三点共线.故①正确;∵AA1∥BB1,BB1∥CC1,∴AA1∥CC1,AA1,CC1确定一个平面,又M∈A1C,AC⊂平面ACC1A1,∴M∈平面ACC1A1,故②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③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④不正确.9.　如图,延长DA,D1P交于点N,连接NQ交AB于点E,则线段EQ为平面D1PQ与平面ABCD的公共点M的集合,当Q运动到点D时,E与A重合,当Q运动到点C时,设此时E点运动到F点,则梯形FADC即为点M构成的区域,因为△PAF∽△D1DC,所以,所以AF=DC=2,所以S=×(2+3)×3=.