2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)41空間點(diǎn)直線平面之間的位置關(guān)系文含解析新人教版

PAGE課時(shí)作業(yè)41空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2024·江西七校聯(lián)考]已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系是()A．相交或平行B．相交或異面C．平行或異面D．相交、平行或異面2．若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關(guān)系是()A．b?αB．b∥αC．b?α或b∥αD．b與α相交或b?α或b∥α3.如圖所示，ABCD－A1B1C1D1是正方體，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是()A．A，M，O三點(diǎn)共線B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面4．[2024·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，則異面直線A1B1與AC1所成角的正切值為()A.eq\r(5)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(3),2)5．a(chǎn)，b，c是兩兩不同的三條直線，下面四個(gè)命題中，真命題是()A．若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面B．若直線a，b相交，b，c相交，則a，c相交C．若a∥b，則a，b與c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，則a∥c6．[2024·河北張家口模擬]三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，則BM與AN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)二、填空題7．設(shè)P表示一個(gè)點(diǎn)，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個(gè)平面，給出下列四個(gè)命題，其中正確命題的序號(hào)是________．①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.8．如圖所示為正方體表面的一種綻開(kāi)圖，則圖中的AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的有________對(duì)．9．若直線l⊥平面β，平面α⊥平面β，則直線l與平面α的位置關(guān)系為_(kāi)_______．三、解答題10.如圖，在四邊形ABCD中，已知AB∥CD，直線AB，BC，AD，DC分別與平面α相交于點(diǎn)E，G，H，F(xiàn)，求證：E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)必定共線．11.[2024·福建四地六校聯(lián)考]已知三棱錐A－BCD中，AB＝CD，且直線AB與CD成60°角，點(diǎn)M、N分別是BC、AD的中點(diǎn)，求異面直線AB與MN所成角的大?。甗實(shí)力挑戰(zhàn)]12．[2024·洛陽(yáng)市高三年級(jí)統(tǒng)一考試]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成的角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(6),3)13．[2024·山西省六校高三階段性測(cè)試]已知三棱錐B－ACD中，棱AB，CD，AC的中點(diǎn)分別是M，N，O，△ABC，△ACD，△BOD都是正三角形，則異面直線MN與AD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(7),28)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(7),4)14．[2024·廣東廣州質(zhì)檢]如圖是正四面體(各面均為正三角形)的平面綻開(kāi)圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點(diǎn)．在這個(gè)正四面體中：①GH與EF平行；②BD與MN為異面直線；③GH與MN成60°角；④DE與MN垂直．以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是________．課時(shí)作業(yè)411．解析：依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面．故選D.答案：D2．解析：b與α相交或b?α或b∥α都可以．故選D.答案：D3．解析：連接A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四點(diǎn)共面，∴A1C?平面ACC1A1.∵M(jìn)∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，∴A，M，O三點(diǎn)共線．故選A.答案：A4．解析：在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1B1與直線AB平行，則直線A1B1與AC1所成的角等于AB與AC1所成的角，在直角三角形ABC1中，BC1＝eq\r(5)，AB＝1，所以tan∠BAC1＝eq\r(5)，所以異面直線A1B1與AC1所成角的正切值為eq\r(5).故選A.答案：A5．解析：若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面；若a，b相交，b，c相交，則a，c相交、平行或異面；若a⊥b，b⊥c，則a，c相交、平行或異面；由異面直線所成的角的定義知C正確，故選C.答案：C6．解析：取BC的中點(diǎn)O，連接NO，AO，MN，因?yàn)锽1C1綊BC，OB＝eq\f(1,2)BC，所以O(shè)B∥B1C1，OB＝eq\f(1,2)B1C1，因?yàn)镸，N分別為A1B1，A1C1的中點(diǎn)，所以MN∥B1C1，MN＝eq\f(1,2)B1C1，所以MN綊OB，所以四邊形MNOB是平行四邊形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其補(bǔ)角即為BM與AN所成角，不妨設(shè)AB＝2，則有AO＝eq\r(3)，ON＝BM＝eq\r(5)，AN＝eq\r(5)，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝eq\f(AN2＋ON2－AO2,2AN·ON)＝eq\f(5＋5－3,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10).故選C.答案：C7．解析：當(dāng)a∩α＝P時(shí)，P∈a，P∈α，但a?α，∴①錯(cuò)；a∩β＝P時(shí)，②錯(cuò)；如圖∵a∥b，P∈b，∴P?a，∴由直線a與點(diǎn)P確定唯一平面α，又a∥b，由a與b確定唯一平面γ，但γ經(jīng)過(guò)直線a與點(diǎn)P，∴γ與α重合，∴b?α，故③正確；兩個(gè)平面的公共點(diǎn)必在其交線上，故④正確．答案：③④8.解析：還原后如圖，明顯AB與CD，EF與GH，AB與GH都是異面直線，而AB與EF相交，CD與GH相交，CD與EF平行．故互為異面直線的有3對(duì)．答案：39．解析：∵直線l⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直線l∥平面α，或者直線l?平面α.答案：l∥α或l?α10．證明：因?yàn)锳B∥CD，所以AB，CD確定一個(gè)平面β.又因?yàn)锳B∩α＝E，AB?β，所以E∈α，E∈β，即E為平面α與β的一個(gè)公共點(diǎn)．同理可證F，G，H均為平面α與β的公共點(diǎn)，因?yàn)槿魞蓚€(gè)平面有公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條通過(guò)公共點(diǎn)的公共直線，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)必定共線．11.解析：如圖，取AC的中點(diǎn)P，連接PM，PN，則PM∥AB，且PM＝eq\f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq\f(1,2)CD.∴∠MPN或其補(bǔ)角為AB與CD所成的角，則∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，∵PM∥AB，∴∠PMN或其補(bǔ)角是AB與MN所成的角，∵AB＝CD，∴PM＝PN，若∠PMN＝60°，則△PMN是等邊三角形，∴∠PMN＝60°，∴AB與MN所成的角為60°.若∠MPN＝120°，則∠PMN＝30°，∴AB與MN所成的角為30°，綜上，異面直線AB與MN所成的角為30°或60°.12．解析：解法一如圖，將題中的直三棱柱補(bǔ)形成一個(gè)直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，連接AD1，易知BC1∥AD1，所以∠B1AD1是直線AB1與BC1所成的角或者其補(bǔ)角．連接B1D1，在△AB1D1中，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，B1D1＝eq\r(22＋12－2×2×1×cos60°)＝eq\r(3)，ADeq\o\al(2,1)＋B1Deq\o\al(2,1)＝5＝ABeq\o\al(2,1)，AD1⊥B1D1，sin∠B1AD1＝eq\f(B1D1,AB1)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5).因此，異面直線AB1與BC1所成的角的正弦值為eq\f(\r(15),5)，故選C.解法二依題意得，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，BC1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))2＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，即|eq\o(AB1,\s\up6(→))|·|eq\o(BC1,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝2，eq\r(10)cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝2，cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(10))，又異面直線AB1與BC1所成的角θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以異面直線AB1與BC1所成的角的正弦值sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(10))))2)＝eq\f(\r(15),5)，故選C.答案：C13．解析：由題意可得BO⊥AC，DO⊥AC，連接BN，AN，設(shè)AC＝2，則BO＝DO＝eq\r(3)，所以BD＝eq\r(3).在△BDC中，BC＝CD＝2，BD＝eq\r(3)，通過(guò)余弦定理可得BN＝eq\f(\r(10),2).在△ABN中，BN＝eq\f(\r(10),2)，AB＝2，A