【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第八章 立体几何与空间向量 课时规范练34　空间点、直线、平面之间的位置关系含解析【高考】.docx，共(11)页，187.720 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练34空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固组1.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b()A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线2.如图,E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱A1D1与AA1的中点,则下列

判断正确的是()A.直线AC与BF是相交直线B.直线C1E与AC互相平行C.直线C1E与BF是异面直线D.直线DB与AC互相垂直3.(2020浙江,6)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.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面D.

l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面5.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E是棱B1C1的中点,则平面AD1E截该正方体所得的截面面积为()A.4√2B.2√2C.4D.926.(多选)如

图,点P,Q,R,S分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线PQ与RS是共面直线的是()27.已知,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,则直线CD与平面α内的任意一条直线m的位置

关系是.8.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.9.如图,点A在平面α外,△BCD在平面α内,E,F,G,H分别是线段BC,AB,AD,DC的中点.(1)求证:E,F,G,H四点在同一平面

上;(2)若AC=6,BD=8,异面直线AC与BD所成角为60°,求EG的长.3综合提升组10.(多选)如图,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是()A.A,M,O三点共线B.A,M,O

,A1四点共面C.C1,O,C,M四点共面D.D,B1,O,M四点共面11.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,N为底面ABCD的中心,P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点),M为线段AP的中点,则下列说法中正确的是()A.CM与PN是异面直线B.C

M>PNC.平面PAN⊥平面BB1D1DD.过P,A,C三点的正方体的截面一定是等腰梯形12.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.13.(2

021湖南长沙一中月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上一点,F为棱AA1的中点,且CE=2C1E,AB=2,AA1=3,BC=4,则平面BEF截该长方体所得截面为边形,截面与侧面ADD1A1

,侧面CDD1C1的交线长度之和为.14.4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=12AD,BE∥AF且BE=12AF,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.5创新应用组15.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点K在棱A1B1上运动,过A,C,K三点作正方体的

截面,若K为棱A1B1的中点,则截面面积为,若截面把正方体分成体积之比为2∶1的两部分,则𝐴1𝐾𝐾𝐵1=.6课时规范练34空间点、直线、平面之间的位置关系1.C解析由已知得直线c与b可能为异面直

线也可能为相交直线,但不可能为平行直线.若b∥c,则a∥b,与已知a,b为异面直线相矛盾.故选C.2.D解析由题知,AC⊂平面ABCD,BF与平面ABCD交于点B,B∉AC,所以直线AC与BF是异面直线,故A错误;AC⊂平面ACC1A1

,EC1与平面ACC1A1交于点C1,C1∉AC,所以直线C1E与AC是异面直线,故B错误;根据正方体性质EF∥AD1∥BC1,所以E,F,B,C1四点共面,所以直线C1E与BF不是异面直线,故C错误;正方体各个表面均为正方形,所以直线DB与A

C互相垂直,故D正确.故选D.3.B解析由条件可知,当m,n,l在同一平面内时,三条直线不一定两两相交,有可能两条直线平行;或三条直线平行;反过来,当空间中不过同一点的三条直线m,n,l两两相交时,如图,三个不同的

交点确定一个平面,则m,n,l在同一平面内,所以“m,n,l”共面是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.故选B.4.B解析对于A,通过常见的正方体,从同一个顶点出发的三条棱两两垂直,故A错误;对于B,因为l1⊥l2,所以l1,l2所成的角是90°,又因为l2∥l3,所以l1,l3所

成的角是90°,所以l1⊥l3,故B正确;对于C,如三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故C错误;对于D,如三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故D错误.故选B.5.D解析由题意可得,如图所示,因为E,F分别是B1C1,BB1的中点,所以BC1∥E

F,在正方体中,AD1∥BC1,所以AD1∥EF,所以A,D1,E,F在同一平面内,所以平面AD1E截该正方体所得的截面为平面AD1EF.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF=√2,AD1=2√2,等腰梯形的高为3√2,所以四边形AD1EF的面积S=(√2+2

√2)×3√22=92,故选D.6.7ABD解析对于A,连接PR,QS,得PR,QS与正方体的(竖立的)棱平行且相等,因此四边形PQSR是平行四边形,故PQ,RS共面;对于B,RS与正方体的面对角线AB平行,

PQ与CD平行,又AB∥CD,故PQ∥RS,则PQ,RS共面;对于C,RS⊂平面PRS,P∈平面PRS,P∉RS,Q∉平面PRS,所以QP与RS是异面直线,故PQ与RS不共面;对于D,设QP与BA延长线交于点C1,SR与BA延长线交于点C2,P

,Q是正方体棱的中点,所以EP=EQ.又∠C1AP=∠QEP=90°,所以∠EPQ=∠EQP=45°,所以∠C1PA=∠EPQ=45°,从而∠AC1P=45°,所以AC1=AP.同理AC2=AR,所以AC1=AP=AR=AC2,即

C1,C2重合,所以PQ,RS相交,即PQ,RS共面.故选ABD.7.平行或异面解析如图,由于ABCD是梯形,AB∥CD,所以AB与CD无公共点,又CD⊄平面α,所以CD与平面α无公共点.当m∥AB时,则m∥DC;当m与AB相交时,则m与DC异面.8.直线CD解析由题

意知,D∈l,l⊂β,所以D∈β.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.9.(1)证明因为E,F,G,H分别是线段BC,AB,AD,

DC的中点.故FG∥BD,且FG=12BD,同理EH∥BD,且EH=12BD,故FG∥EH,且FG=EH.故四边形EFGH为平行四边形.故E,F,G,H四点在同一平面上.8(2)解由(1)知四边形EFGH为平行四边形,且FG=12BD=4,FE=

12AC=3.又异面直线AC与BD所成角为60°,故∠GFE=60°或120°.当∠GFE=60°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcos60°=25-12=13.此时EG=√13;当∠GFE=120°时,EG2=FE2+

FG2-2FE·FGcos120°=25+12=37.此时EG=√37,所以EG的长为√13或√37.10.ABC解析平面AA1C∩平面AB1D1=AO,∵直线A1C交平面AB1D1于点M,∴M∈AO,即A,O,M三点共线;根据A,O,M三点共线,知A1

A∩AO=A,∴M,O,A1,A四点共面;同理,M,O,C1,C四点共面;由图知,OM,B1D是异面直线,故O,M,B1,D四点不共面.故选ABC.11.BCD解析由题知,点C,N,A共线,即CN,PM交于点A,所以A,N,C,P,M共面,因此CM,PN共面,故A错误;记

∠PAC=θ,则PN2=AP2+AN2-2AP·ANcosθ=AP2+14AC2-AP·ACcosθ,CM2=AC2+AM2-2AC·AMcosθ=AC2+14AP2-AP·ACcosθ,又AP<AC,CM2-PN2

=34(AC2-AP2)>0,CM2>PN2,即CM>PN,故B正确;在正方体中,AN⊥BD,BB1⊥平面ABCD,则BB1⊥AN,BB1∩BD=B,可得AN⊥平面BB1D1D,AN⊂平面PAN,从而可得平面PAN⊥平面BB1D1D,故C正确;过P,A,C三点的正方体的截面与C1

D1相交于点Q,则AC∥PQ,且PQ<AC,因此一定是等腰梯形,故D正确,故选BCD.12.无数解析(方法1)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.9(方法2)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CD与平面α相交,设CD与平面α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.13.五10+9√56解析如图,设平面BEF与棱C1D1,A1D1分别交于G,H,则截面为五边形BEGHF.易知BF∥EG,BE∥FH,则∠ABF=∠EGC1,∠CB

E=∠A1HF,∴𝐶1𝐸𝐶1𝐺=𝐴𝐹𝐴𝐵=322,𝐴1𝐹𝐴1𝐻=𝐶𝐸𝐶𝐵=24,而C1E=1,A1F=32,∴C1G=43,A1H=3.则FH=√9+94=3√52,GE=√169+1=53,

故交线长度之和为FH+GE=3√52+53=10+9√56.14.(1)证明因为G,H分别为FA,FD的中点,所以GH∥AD,且GH=12AD.又BC∥AD,且BC=12AD,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=12AF,G是FA的中点可知,BE∥GF且BE=GF,所以四边形EFGB是平行四边形,所以EF􀰿BG.由(1)知BG􀰿CH,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.10(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.15.98√5-12解析(1)取B1C1的中点M,连接KM,MC,∵KM∥A1C1,而A1C1∥AC,∴KM∥AC,∴A,C,M,K四点共面,且AK=MC.∴四边形ACMK是等腰梯形,如图,KM=√22,AC=√2,AK=

√12+(12)2=√52,AH=√2-√222=√24,∴KH=√𝐴𝐾2-𝐴𝐻2=√(√52)2-(√24)2=3√24,∴S四边形ACMK=12×√22+√2×3√24=98.(2)设B1K=x,取B1C1上的点M,使B1

K=B1M=x,连接KM,MC,∵KM∥A1C1,A1C1∥AC,∴KM∥AC,∴A,C,M,K四点共面,∵𝑉𝐵1𝑀𝐾-𝐵𝐶𝐴=13𝑉𝐴1𝐵1𝐶𝐷1-𝐴𝐵𝐶𝐷=13,∴𝑉�

�1𝑀𝐾-𝐵𝐶𝐴=13×12+12x2+√12×12𝑥2×1=13,即x2+x-1=0.∵x>0,11∴解得x=-1+√52.即B1K=-1+√52,则A1K=1--1+√52=3-√52,

故𝐴1𝐾𝐾𝐵1=3-√52-1+√52=√5-12.