2022版新教材高考数学一轮复习37空间点直线平面之间的位置关系训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习37空间点直线平面之间的位置关系训练含解析新人教B版，共9页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
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ACB．直线AB
C．直线CDD．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∥DGB．PA∥ED
C．ED⊥DGD．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．(多选题)(2021·八省联考)如图所示的是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A．AE∥CDB．CH∥BE
C．DG⊥BHD．BG⊥DE
BCD 解析：由正方体的平面展开图还原正方体如图．
由图形可知，AE⊥CD，故A错误；
由HE∥BC，HE＝BC，知四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；
因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC.又因为BH⊂平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；
因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．故选BCD.
7．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＝eq \f(2,3)SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝eq \f(2,3)SN，
所以在△SMN中，eq \f(SG1,SM)＝eq \f(SG2,SN)，所以G1G2∥MN，
易知MN是△ABC的中位线，所以MN∥BC，
所以G1G2∥BC.
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________．
eq \f(1,2)或eq \f(\r(3),2) 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＝eq \f(1,2).当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF＝2EM＝2×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),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＝eq \r(3).
(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＝eq \r(3)，
可得cs∠PCA＝eq \f(PC2＋AC2－PA2,2PC·AC)＝eq \f(3,2×2×\r(3))＝eq \f(\r(3),4)，
所以AC与MN夹角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
(2)过点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＝eq \f(3,2)，
AO＝eq \f(2,3)AN＝1.
所以PO＝eq \r(22－12)＝eq \r(3).
所以VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3,2)×eq \r(3)＝eq \f(3,4).
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＝eq \f(1,2)，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＝eq \f(1,2)A1D，FB∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE.由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cs∠MFB是定值，所以点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________．
eq \f(1,2) 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＝eq \r(2)，HE＝eq \r(2)，EG＝eq \f(\r(2),2)，AG＝eq \f(\r(2),2)，所以HG＝eq \r(2＋\f(1,2))＝eq \f(\r(10),2)，
所以AH＝eq \r(\f(5,2)＋\f(1,2))＝eq \r(3).
由余弦定理知cs∠AFH＝eq \f(AF2＋HF2－AH2,2AF·HF)＝eq \f(12＋22－3,2×1×2)＝eq \f(1,2).
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＝eq \f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)AD.
又BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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．