2018届高考文科总复习课时跟踪检测(40)空间点、线、面之间-（数

课时跟踪检测 (四十) 空间点、线、面之间的位置关系

一抓基础，多练小题做到眼疾手快

1．“点P在直线m上，m在平面α内”可表示为( ) A．P∈m，m∈α C．P?m，m∈α

B．P∈m，m?α D．P?m，m?α

解析：选B 点在直线上用“∈”，直线在平面上用“?”，故选B．

2．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )

A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交

C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交

解析：选D 由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．

3．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．62 C．122

B．12 D．242

＝8，易证四边S

四边形

解析：选A 如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故3×4·sin 45°＝62，故选A．

4．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，________个平面．

EFGH

＝

这四点能确定

解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．

答案：1或4

5．如图，平行六面体ABCD -A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1

________条．

解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1

BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1．故符合条件的有5条．

答案：5

二保高考，全练题型做到高考达标

1．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 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

平行有棱AA1，共面的棱有

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

1

和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．

2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是( )

A．相交 C．平行

B．异面 D．垂直

解析：选A 由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1， 从而四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1，

又EF?平面A1BCD1，EF∩D1C＝F， 则A1B与EF相交．

3．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．1 C．3

B．2 D．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，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．

4．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 C．A，M，C，O不共面

B．A，M，O，A1不共面 D．B，B1，O，M共面

四点共面，所以面AB1D1，所以M面AB1D1的交线

解析：选A 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，AA1C?平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平上，所以A，M，O三点共线．

5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的AE和CF所成的角的余弦值为( )

A．

2

中点，则异面直线

3 2330B．

10

C．

30 101D．

2

CM，MF，EF．则CM＝

5

a，CF2

解析：选C 如图，设正方体的棱长为a，取线段AB的中点M，连接MF綊AE，所以∠CFM即为所求角或所求角的补角．在△CFM中，MF＝＝

630a，根据余弦定理可得cos∠CFM＝，所以可得异面直线AE与CF210

30．故选C． 10

所成的角的余

弦值为

6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．

解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH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．故互为异面的直线有且只有3对．

答案：3

7．(2017·福建六校联考)设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题： ①若a∥b，b∥c，则a∥c； ②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；

③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交； ④若a?平面α，b?平面β，则a，b一定是异面直线． 上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．

解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a?α，b?β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．

答案：①

8．如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为

解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD， 因为C是圆柱下底面弧AB的中点，

AB的中点，C1是________．

3

所以AD∥BC，

所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点， 所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD， 因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形， 所以C1D＝2AD，

所以直线AC1与AD所成角的正切值为2， 所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2． 答案：2

9．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问： (1)AM与CN是否是异面直线？说明理由； (2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由． 解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下： 如图，连接MN，A1C1，AC．

因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点， 所以MN∥A1C1． 又因为A1A綊C1C，

所以四边形A1ACC1为平行四边形， 所以A1C1∥AC， 所以MN∥AC，

所以A，M，N，C在同一平面内， 故AM和CN不是异面直线． (2)D1B与CC1是异面直线． 理由如下：

因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面． 假设D1B与CC1不是异面直线，

则存在平面α，使D1B?平面α，CC1?平面α，所以D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾． 所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．

10．如图所示，在三棱锥P -ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中＝90°，AB＝2，AC＝23，PA＝2．求：

(1)三棱锥P -ABC的体积；

4

点．已知∠BAC

(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值． 1

解：(1)S△ABC＝×2×23＝23，

2故三棱锥P -ABC的体积为

1143V＝·S△ABC·PA＝×23×2＝．

333

(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE， 则DE∥BC，

所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角． 在△ADE中，DE＝2，AE＝2，AD＝2， DE 2＋AD 2－AE222＋22－23则cos∠ADE＝＝＝．

2DE·AD2×2×243

即异面直线BC与AD所成角的余弦值为．

4三上台阶，自主选做志在冲刺名校

1．如图是三棱锥D-ABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于( )

A．

3 3

1B．

2D．

2 2

段AB，AC，ADDO，OE，则OE或其补角．在直AO＝2，在直角

C．3

解析：选A 由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角角三角形DAE中，DE＝2，由于O是中点，在直角三角形ABC中可以求得

1＋3－23

三角形DAO中可以求得DO＝3．在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝＝，故所求余2×1×33弦值为

5

3． 3

2．如图所示，三棱柱ABC -A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2．

(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?

(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求的角的余弦值．

解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M． 因为侧棱A1A⊥底面ABC， 所以侧面A1ACC1⊥底面ABC． 又因为EC＝2FB＝2，

1

所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，

2所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF． 因为OF?平面AEF，BM?平面AEF， 故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．

法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ． 因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF， 所以PQ∥AE，PB∥EF，

所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF， 因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ?平面PBQ， 所以平面PBQ∥平面AEF． 又因为BQ?平面PBQ， 所以BQ∥平面AEF．

故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．

(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角． 易求AF＝EF＝5，MB＝OF＝3，OF⊥AE， OF315所以cos∠OFE＝＝＝，

EF55所以BM与EF所成的角的余弦值为

15． 5

BM与EF所成

6

2．如图所示，三棱柱ABC -A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2．

(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?

(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求的角的余弦值．

解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M． 因为侧棱A1A⊥底面ABC， 所以侧面A1ACC1⊥底面ABC． 又因为EC＝2FB＝2，

1

所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，

2所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF． 因为OF?平面AEF，BM?平面AEF， 故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．

法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ． 因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF， 所以PQ∥AE，PB∥EF，

所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF， 因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ?平面PBQ， 所以平面PBQ∥平面AEF． 又因为BQ?平面PBQ， 所以BQ∥平面AEF．

故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．

(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角． 易求AF＝EF＝5，MB＝OF＝3，OF⊥AE， OF315所以cos∠OFE＝＝＝，

EF55所以BM与EF所成的角的余弦值为

15． 5

BM与EF所成

6

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