1、課時過關(guān)檢測(四十) 空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系A(chǔ)級基礎(chǔ)達標1(2022重慶一中月考)如圖，l，A，B，C，且Cl，直線ABlM，過A，B，C三點的平面記作，則與的交線必通過()A點AB點BC點C但不過點MD點C和點M解析：DAB，MAB，M又l，Ml，M根據(jù)基本事實3可知，M在與的交線上同理可知，點C也在與的交線上2若a，b，則a，b的位置關(guān)系是()A平行B異面C相交D平行或異面或相交解析：D如圖所示，a，b的關(guān)系分別是平行、異面、相交3(2022滕州模擬)已知a，b，c是三條不同的直線，是兩個不同的平面，c，a，b，則“a，b相交”是“a，c相交”的()A充要條件B必要不充分條件C充

2、分不必要條件D既不充分也不必要條件解析：C若a，b相交，a，b，則其交點在交線c上，故a，c相交；若a，c相交，可能a，b為相交直線或異面直線綜上所述：a，b相交是a，c相交的充分不必要條件故選C4過長方體的一個頂點的平面與這個長方體的十二條棱所在的直線成的角都相等，這樣的平面?zhèn)€數(shù)為()A4B1C0D無數(shù)多個解析：A由題意，題目中的長方體與正方體，所作的平面?zhèn)€數(shù)相同，所以用正方體代替長方體來求解法一：在正方體ABCDA1B1C1D1中，三棱錐AA1BD是正三棱錐，直線AB，AD，AA1與平面A1BD所成角都相等，過頂點A作平面平面A1BD，則直線AB，AD，AA1與平面所成角都相等，同理，過頂

3、點A分別作平面與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直線AB、AD、AA1與平面形成的角都相等，因此符合條件的平面可作4個，故選A法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的所有棱所成的角相等，因為有四條體對角線，所以，可以做4個平面故選A5(多選)下列四個命題中是真命題的為()A兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi)B過空間中任意三點有且僅有一個平面C若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行D若直線l平面，直線m平面，則ml解析：AD對于A，可設(shè)l1與l2相交，這兩條直線確定的平面為；若l3與l1相交，則交點A在平面內(nèi)，同理，l3與l2的交點B也在平面內(nèi)，所以，AB，即l3，A為

4、真命題；對于B，若三點共線，則過這三個點的平面有無數(shù)個，故B為假命題；對于C，兩條直線有可能平行也有可能異面，故C為假命題；對于D，若直線m平面，則m垂直于平面內(nèi)所有直線，因為直線l平面，所以直線m直線l，D為真命題6(多選)如圖，點E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCDA1B1C1D1中棱AA1，AB，BC，C1D1的中點，則()AGH2EFBGH2EFC直線EF，GH是異面直線D直線EF，GH是相交直線解析：BD如圖，取棱CC1的中點N，A1D1的中點M，連接EM，MH，HN，NG，F(xiàn)G，AC，A1C1，在正方體ABCDA1B1C1D1中，MHA1C1ACFG，M，H，F(xiàn)，G四點共面，同理可得

5、E，M，G，N四點共面，E，F(xiàn)，H，N四點共面，E，M，H，N，G，F(xiàn)六點共面，均在平面EFGNHM內(nèi)，EFHN，HNHGH，HN，HG，EF平面EFGNHM，EF與GH是相交直線由正方體的結(jié)構(gòu)特征及中位線定理可得EFHNNGFGEMMH，eq r(3)EFGH，即GH2EF故選B、D7(2022武漢質(zhì)檢)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且ABCD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面?zhèn)€數(shù)為_解析：因為ABCD，由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個側(cè)面，與另外四個側(cè)面相交答案：48如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點，C1是圓柱上底面

6、弧A1B1的中點，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為_解析：如圖，取圓柱下底面弧AB的另一中點D，連接C1D，AD，因為C是圓柱下底面弧AB的中點，所以ADBC，所以直線AC1與AD所成角等于異面直線AC1與BC所成角因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D圓柱下底面，所以C1DAD，因為圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，所以C1Deq r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq r(2)答案：eq r(2)9在棱長為4的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BC和C1D1的中點，經(jīng)過點A，E，F(xiàn)的平面把

7、正方體ABCDA1B1C1D1截成兩部分，求截面與BCC1B1的交線段長解：如圖，連接AE并延長交DC的延長線于M，連接FM交CC1于G，連接EG并延長交B1C1的延長線于N，連接NF并延長交A1D1于H，連接AH，則五邊形AEGFH為經(jīng)過點A，E，F(xiàn)的正方體的截面，因為E為BC的中點，所以CEeq f(1,2)BC2，因為CEAD，所以MCEMDA，所以eq f(CM,DM)eq f(CE,AD)eq f(1,2)，所以CMCD4，因為DMC1D1，所以MCGFC1G，所以eq f(CG,C1G)eq f(CM,C1F)2，所以CGeq f(2,3)4eq f(8,3)，所以EGeq r(C

8、E2CG2)eq r(22blc(rc)(avs4alco1(f(8,3)2)eq f(10,3)，所以截面與BCC1B1的交線段長為eq f(10,3)B級綜合應(yīng)用10已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為3eq r(2)，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為()A3Beq r(13)C4D3eq r(2)解析：B如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，連接MN，由EFB1D1，得E，F(xiàn)，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點，當P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交

9、點分別為M，N，即Q的軌跡為MN，由棱長為3eq r(2)，得C1Meq f(1,2)A1C13, 則BC16，又eq f(BE,B1C1)eq f(BN,NC1)eq f(1,2)，則NC1eq f(2,3)BC14，由A1BBC1A1C1，得A1C1B60，則MNeq r(MCoal(2,1)NCoal(2,1)2MC1NC1cosA1C1B)eq r(916234f(1,2)eq r(13)11(多選)如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是()AA，M，O三點共線BA，M，O，A1共面CA，M，C，O共面DB

10、，B1，O，M共面解析：ABCMA1C，A1C平面A1ACC1，M平面A1ACC1，又M平面AB1D1，M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點共線，A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，平面BB1D1D平面AB1D1B1D1，M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故選A、B、C12(2022福州模擬)空間三條直線a，b，c兩兩異面，則與三條直線都相交的直線有_條解析：取a，b，c為一正方體三條兩兩異面的棱AD，CC1，A1B1，在AD上任取一點M，在BC上取點N，使得B1NA1M，設(shè)直線B1N與CC1交于點P，PM即與a，b，c都相交，由于M是任取的

11、，故滿足條件的直線有無數(shù)條答案：無數(shù)13如圖，AB，CD是圓錐面的正截面(垂直于軸的截面)上互相垂直的兩條直徑，過CD和母線VB的中點E作一截面已知圓錐側(cè)面展開圖扇形的中心角為eq r(2)，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說明截線是什么曲線解：如圖，設(shè)O的半徑為R，母線VBl，則圓錐側(cè)面展開圖的中心角為eq f(2R,l)eq r(2)，eq f(R,l)eq f(r(2),2)，sinBVOeq f(r(2),2)，圓錐的母線與軸的夾角BVOeq f(,4)連接OE，O，E分別是AB，VB的中點，OEVAVOEAVOBVOeq f(,4)，VEOeq f(,2)，即VEOE又ABCD，

12、VOCD，ABVOO，CD平面VABVE平面VAB，VECD又OECDO，OE，CD平面CDE，VE平面CDEVOE是截面與軸線的夾角，截面的軸線夾角大小為eq f(,4)由圓錐的半頂角與截面與軸線的夾角相等，知截面CDE與圓錐面的截線為一拋物線C級遷移創(chuàng)新14九章算術(shù)商功中劉徽注：“邪解立方得二塹堵，邪解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑”如圖所示的長方體用平面AA1B1B斜切一分為二，得到兩個一模一樣的三棱柱，該三棱柱就叫塹堵如圖所示的塹堵中，AC3，BC4，AB5，AA12，M為BC的中點，則異面直線A1C與AM所成角的余弦值為()Aeq f(9,13)Beq f(8,13)Ceq f(r(15),9)Deq f(r(15),5)解析：A如圖，取B1C1的中點E，連接A1E，EC，則A1EAM，EA1C即為異面直線A1C與AM所成的角或其補角，在RtA1C1E中，A1Eeq r(94)eq r(13)，在RtEC1C中，ECeq r(2222)2eq r(2)，在RtA1C1C中，A1Ceq r(13)，在A1EC中，由余弦定理得，cosEA1Ceq f(A1E2A1C2EC2,2A1EA1C)eq f(13138,2r(13)r(13)eq f(9,13)