1、课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固组1.(2021四川眉山诊断测试)给出以下四个命题:依次首尾相接的四条线段必共面;过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面;空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角必相等;垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.32.(2021辽宁营口高三期末)已知空间中不过同一点的三条直线a,b,l,则“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”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3.(2021福建龙岩一中高三月考)在四面体ABCD中,BC=BD=CD=2
2、,AB=23,N是棱AD的中点,CN=3,则异面直线AB与CN所成的角为()A.3B.6C.4D.24.(2021辽宁实验中学高三月考)如图是一个正方体的平面展开图,则在该正方体中,下列叙述错误的是()A.AHFCB.ACBGC.BD与FC所成的角为60D.AC平面BEG5.(2021重庆巴蜀中学高三月考)空间四边形ABCD的对角线互相垂直且相等,点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点,顺次连接这四个中点,则四边形EFGH是.6.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,且AB=4,AC=5,则BC的取值范围是.综合提升组7.(2021山东威海高三检测)如图,已知圆锥的
3、底面半径为2,母线长为4,AB为圆锥底面圆的直径,C是AB的中点,D是母线SA的中点,则异面直线SC与BD所成角的余弦值为()A.34B.1020C.33D.328.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B19.(2021宁夏固原一中高三月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是DB的中点,直线A1C交平面C1BD
4、于点M,有以下结论:C1,M,O三点共线;C1,M,O,C四点共面;C1,O,B1,B四点共面;D1,D,O,M四点共面.正确结论的序号是.10.(2021山东烟台招远一中高三月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为C1D1,B1C1的中点.(1)求证:B,D,E,F四点共面;(2)若ACBD=P,A1C1EF=Q,AC1与平面BDEF交于点R,求证:P,Q,R三点共线.创新应用组11.平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的大小为.12.(2021山西大学附中高三月考)在棱长为4的正方体AB
5、CD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC和C1D1的中点,经过点A,E,F的平面把正方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分,则截面与BCC1B1的交线段长为.答案：课时规范练1.B解析:中,空间四边形的四条线段不共面,故错误.中,过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面,故正确.中,空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,故错误.中,空间中,垂直于同一直线的两条直线可相交,可平行,可异面,故错误.2.A解析:若直线a,b,l两两相交,又三者不过同一点,则a,b,l共面;而a,b,l共面,可能三者互相平行,所以不一定两两相交,所以“a,b,l两两相交”是“a
6、,b,l共面”的充分不必要条件,故选A.3.A解析:取BD的中点为M,连接MN,CM,又N是AD的中点,则MNAB,所以MNC(或其补角)就是异面直线AB与CN所成的角.在MNC中,MN=12AB=3,CN=3,CM=322=3,所以MNC为等边三角形,故MNC=3,即异面直线AB与CN所成的角为3.4.B解析:将平面展开图以正方形ABCD为下底面,折起还原为正方体,各顶点的字母标记如图所示,连接相应顶点,AHDE,FCDE,AHFC,故选项A正确;ACEG,EG与BG相交,AC与BG显然不平行,故选项B错误;DECF,BDE为等边三角形,BDE=60,故异面直线BD与FC所成角为60,故选项
7、C正确;ACEG,AC平面BEG,EG平面BEG,AC平面BEG,故选项D正确.故选B.5.正方形解析:连接AC,BD,E,F,G,H分别为各边的中点,EFAC,GHAC,EHBD,FGBD,EF=GH=12AC,EH=FG=12BD,四边形EFGH是平行四边形.ACBD,且AC=BD,EFFG,且EF=FG,四边形EFGH是正方形.6.(3,41)解析:如图所示,问题等价于长方体中,棱长分别为x,y,z,且x2+y2=16,x2+z2=25,求y2+z2的取值范围,转化为y2+z2=41-2x2,x2+y2=16,0x4,41-2x2(9,41),即BC的取值范围是(3,41).7.A解析:
8、延长AB至点E,使AB=BE,连接SE,CE,OC.因为D是母线SA的中点,所以SEBD,所以CSE为异面直线SC与BD所成的角(或其补角).由题意知OE=6,OC=2,又C是AB的中点,所以COOB,所以在RtCOE中,CE=OC2+OE2=210.因为SA=SB=AB=4,所以BD=32SB=23,所以SE=2BD=43.在SCE中,SC=4,由余弦定理得cosCSE=SC2+SE2-CE22SCSE=16+48-402443=34.8.A解析:如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.又N为BD1的中点,所以MNAB.又MN平面ABCD,AB平面ABCD,所以MN平面ABC
9、D.易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB平面ADD1A1,A1D平面ADD1A1,ABA1D.又四边形ADD1A1为正方形,A1DAD1.又AD1AB=A,A1D平面ABD1,直线A1D与直线D1B垂直.易知直线A1D与直线D1B异面.故选A.9.解析:OAC,AC平面ACC1A1,O平面ACC1A1.OBD,BD平面C1BD,O平面C1BD,O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点.同理可得,点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点,三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,即C1,M,O
10、三点共线.故正确;AA1BB1,BB1CC1,AA1CC1,AA1,CC1确定一个平面,又MA1C,AC平面ACC1A1,M平面ACC1A1,故正确;根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线,故C1,O,B1,B四点不共面,故不正确;根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线,故D1,D,O,M四点不共面,故不正确.10.证明(1)如图,连接B1D1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为C1D1,B1C1的中点,EF是B1C1D1的中位线,EFB1D1.又B1D1BD,EFBD,B,D,E,F四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,ACBD=P,A1
11、C1EF=Q,PQ是平面AA1C1C与平面BDEF的交线,又AC1交平面BDEF于点R,R是平面AA1C1C与平面BDEF的一个公共点.两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上,P,Q,R三点共线.11.3解析:如图所示,设平面CB1D1平面ABCD=m1,平面CB1D1,则m1m,又平面ABCD平面A1B1C1D1,平面CB1D1平面A1B1C1D1=B1D1,B1D1m1,B1D1m,同理可得CD1n.故m,n所成角的大小与B1D1,CD1所成角的大小相等,即CD1B1的大小.又B1C=B1D1=CD1(均为面对角线),CD1B1=3.12.103解析:如图,连接AE并延长交DC的延长线于点M,连接FM交CC1于点G,连接EG并延长交B1C1的延长线于点N,连接NF并延长交A1D1于点H,连接AH,则五边形AEGFH为经过点A,E,F的正方体的截面,因为E为BC的中点,所以CE=12BC=2,因为CEAD,所以MCEMDA,所以CMDM=CEAD=12,所以CM=CD=4.因为DMC1D1,所以MCGFC1G,所以CGC1G=CMC1F=2,所以CG=234=83,所以EG=CE2+CG2=22+(83)2=103,所以截面与BCC1B1的交线段长为103.7
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