【文档说明】2021高三数学（理）一轮复习：第8章　第3节 空间点、线、面之间的位置关系 .docx，共(9)页，356.463 KB，由envi的店铺上传

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第八章立体几何第三节空间点、线、面之间的位置关系A级·基础过关|固根基|1.到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为()A．1B．4C．7D．8解析：选C当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．①当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图1，令截面与四棱锥的四个面之一平行，第四个顶

点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图2，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个，所以满足条件的平面共有7个，故选C．2．在下列命题中，不是公理的是()A．平

行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该

点的公共直线解析：选A选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．3．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直解析：选D两条平行线中一条

与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直．故选D．4．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是()A．62B．12C．122D．242解析：选A如图，已知空间四边形ABCD，对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或

∠FGH为AC与BD所成的角，大小为45°，故S四边形EFGH＝3×4×sin45°＝62.故选A．5．(2019届南宁市摸底联考)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异

面直线BF与D1E所成角的余弦值为()A．147B．57C．105D．255解析：选D如图，过点E作EM∥AB，过M点作MN∥AD，取MN的中点为G，连接NE，D1G，则平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与D1E的夹角为∠D1EG(或其补

角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE＝5，D1G＝2，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝D1E2＋GE2－D1G22D1E·GE＝255，故选D．6．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．

至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行解析：选C如果c与a，b都平行，那么由平行线的传递性知a，b平行，与异面矛盾．故选C．7．下列命题中，真命题的个数为()①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以

确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.A．1B．2C．3D．4解析：选B根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间中，

相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.8．(2020届陕西摸底)将正方形ABCD中的△ACD沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平面ACD，则异面直线AB与CD所成的角为()A．90°B．

60°C．45°D．30°解析：选B解法一：如图，连接BD，取AC，BD，AD的中点分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，则由三角形中位线定理知，ON═∥12CD，MN═∥12AB，所以∠ONM或其补角为所求的角

．连接BO，OD，因为AB＝BC，所以BO⊥AC．又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OB⊂平面ABC，所以BO⊥平面ACD．又DO∈平面ACD，所以BO⊥OD．设原正方形ABCD的边长为2，则BO＝OD＝2，所以BD＝2，所以OM＝12BD＝1，所以ON＝MN＝OM＝1，则

△OMN是等边三角形，所以∠ONM＝60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B．解法二：如图，设AC的中点为O，连接DO，OB，因为AD＝DC，所以DO⊥AC．因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，OD⊂平面ACD，所以DO⊥平面ABC．

延长BO到E，使得EO＝BO，连接DE，AE，CE，易证得四边形ABCE为正方形，所以AB∥EC，所以∠DCE或其补角为异面直线AB与CD所成的角．设AC＝2a，则EC＝ED＝CD＝2a，所以△DCE为等边

三角形，所以∠DCE＝60°，即异面直线AB与CD所成角为60°，故选B．9．(2020届石家庄摸底)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A．π2B．π3C．π4D．π6解析：选B解

法一：取B1C1的中点为D1，连接A1D1，D1C，易证A1D1∥AD，所以∠D1A1C或其补角为异面直线AD与A，C所成的角．∵AB＝AC＝2，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD＝AB2－BD2＝（2）2－1＝1，∴A1

D1＝AD＝1.又A1C＝AA21＋AC2＝（2）2＋（2）2＝2，D1C2＝D1C21＋C1C2＝12＋（2）2＝3，∴A1D21＋D1C2＝A1C2，∴△D1A1C为直角三角形，且cos∠D1A1C＝12，∴∠D1A1C＝π3，故选B．解法二：以A为

坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∴D22，22，0，∴AD→＝22，22，0，

A1C→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD→，A1C→〉＝AD→·A1C→|AD→||A1C→|＝12，∴〈AD→，A1C→〉＝π3.故选B．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．解析：平面图形的翻折应注意翻折

前后相对位置的变化，在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．答案：311.如图所示，AC是圆O的直径，B，D是圆O上两点，AC＝2BC＝2CD＝2，PA⊥圆O所在的平面，PA

＝3，点M在线段BP上，且BM＝13BP.(1)求证：CM∥平面PAD；(2)求异面直线BP与CD所成角的余弦值．解：(1)证明：如图，作ME⊥AB于点E，连接CE，则ME∥AP.因为AC是圆O的直径

，AC＝2BC＝2CD＝2，所以AD⊥DC，AB⊥BC，所以∠BAC＝∠CAD＝30°，∠BCA＝∠DCA＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，所以AB＝AD＝3.因为BM＝13BP，所以BE＝13BA＝33，所以在Rt△BCE中，tan∠BCE

＝BEBC＝33，所以∠BCE＝∠ECA＝30°＝∠CAD，所以EC∥AD．又ME∩CE＝E，PA∩DA＝A，所以平面MEC∥平面PAD．又CM⊂平面MEC，CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD．(2)过点A作平行于BC的直线交CD的延长

线于点G，作BF∥CG交AG于点F，连接PF，则∠PBF(或其补角)为异面直线BP与CD所成的角，设∠PBF＝θ.易知AF＝1，BP＝6，BF＝2，PF＝2，故cosθ＝BP2＋BF2－PF22BP·BF＝6＋4－426×2＝64，即异面直

线BP与CD所成角的余弦值为64.B级·素养提升|练能力|12.已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的()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

条件解析：选A若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，直线AC和BD平行，则A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．13．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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解析：选A若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b，又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和

直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．14．在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条解析：选D如图，在EF上任意取一点M，直线A1B1

与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时，确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．15.如图，已知平面四边形

ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是________．解析：作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角(或其补角)．作D′N⊥AC于点N，设M为

AC的中点，连接BM，则BM⊥AC，作NF∥BM交BE于F，连接D′F，设∠D′NF＝θ.∵D′N＝56＝306，BM＝FN＝152＝302，∴D′F2＝253－5cosθ.∵AC⊥D′N，AC⊥FN，∴D′F⊥AC，∴D′F⊥BE.又BF＝MN＝63，∴在Rt△D′

FB中，D′B2＝9－5cosθ，∴cos∠D′BE＝BFD′B＝639－5cosθ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”，即直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是66.答案：66获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com