课后作业(四十) 空间点、直线、平面之间的位置关系
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共85分
一、单项选择题
1．若直线上有两个点在平面外，则( )
A．直线上至少有一个点在平面内
B．直线上有无穷多个点在平面内
C．直线上所有点都在平面外
D．直线上至多有一个点在平面内
2．两条直线a，b分别和异面直线c，d相交，则直线a，b的位置关系是( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．可能是平行直线
D．可能是异面直线，也可能是相交直线
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )
A． B．
C． D．
4．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A．直线CM B．直线BM
C．直线AB D．直线BC
5．(2024·湖南长沙二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是( )
A．E，F，G，H四点共面
B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点
D．∠EGB1＝∠FHC1
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为( )
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
7．(2024·陕西西安一模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC＝AA1＝1，则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若AB，CD是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．已知空间中的平面α，直线l，m，n以及点A，B，C，D，则以下四个命题中，不正确的是( )
A．在空间中，四边形ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA，则四边形ABCD是菱形
B．若l α，A∈l，则A α
C．若m α，n α，A∈m，B∈n，A∈l，B∈l，则l α
D．若l和m是异面直线，n和l是平行直线，则n和m是异面直线
10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A．AB1 B．A1C
C．A1A D．AD1
三、填空题
11．有下列四个命题：
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
③空间四点中有三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．
其中所有真命题的序号为________．
12．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是 ________．
四、解答题
13．如图，正四棱柱ABCP-A′B′C′P′．
(1)请在正四棱柱ABCP-A′B′C′P′中，画出经过P，Q，R三点的截面(无需证明)；
(2)若Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，证明：AQ，CR，BB′三线共点．
14．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为BC的中点，求异面直线EG与BF所成角的正弦值．
1 / 5课后作业(四十)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．D [两点确定一条直线，由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，则可知直线上至多有一个点在平面内．故选D．]
2．D [如图，直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别和直线c与直线d相交于点A，B，C，D，
根据题意可得当点D与点B重合时，直线a，b相交，当点D与点B不重合时，直线a，b异面，
所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D．]
3．C [连接A1B(图略)，因为A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即为异面直线A1D与D1C所成的角，因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，所以异面直线A1D与D1C所成的角为．故选C．]
4．B [已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC γ．又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l α，l β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM．故选B．]
5．D [对于AB，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；
对于D，当三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱时＝，tan ∠FHC1＝，且EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan ∠EGB1≠tan ∠FHC1，
所以∠EGB1与∠FHC1不一定相等，故D错误．故选D．]
6．A [如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，
因为E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，又BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2．
故选A．]
7．B [将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱，
连接B1D，AD，则B1D∥A1C，
则异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角)，
又DB1＝B1A＝＝，AD＝＝，
由余弦定理的推论可得
cos ∠DB1A＝＝，
所以sin ∠DB1A＝＝，故B正确．
故选B．]
8．C [如图，连接AD，BC，AC，SC．
因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．
设圆O的半径为1，则SA＝SC＝．
因为∠AOD＝，所以∠ADO＝，则AD＝1，
在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝，
所以cos∠SAC＝＝，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为．故选C．]
9．ABD [对于A项，正四面体A-BCD的各棱长均相等，四边形ABCD为空间四边形，不是菱形，故A项错误；
对于B项，若l α，则l∥α或l与α相交，所以A α或A∈α(此时A为l与α的交点)，故B项错误；
对于C项，由已知可得，A∈α，B∈α，即直线l上有两个点在平面α内，根据基本事实2可知l α，故C项正确；
对于D项，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1与BC异面(l，m是异面直线)，A1B1∥AB(l∥n)，
但AB∩BC＝B(m，n相交)，故D项错误．故选ABD．]
10．BCD [对于A，如图1，连接AB1，C1D，BD，
当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于B，如图2，连接A1C，A1C1，AC，因为A1C 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1C，P 平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于C，如图2，因为A1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1A，P 平面AA1C1C，
所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于D，如图3，连接AD1，D1C，AC，
因为AD1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O AD1，P 平面AD1C，
所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．
故选BCD．]
11．②③ [①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]
12． [因为从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，
又异面直线的夹角范围为，所以其余弦值范围为[0，1)，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0．
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是．]
13．解：(1)作直线QR分别交P′A′，P′C′的延长线于点M，N，连接MP交AA′于点S，
连接PN交CC′于点T，连接SQ，TR，
如图五边形PSQRT即为所求．
(2)证明：如图，连接QR，AC，A′C′，则AC＝A′C′，AC∥A′C′，∵Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′，
∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为等腰梯形，
设AQ∩CR＝O，则O∈AQ，
∵AQ 平面A′B′BA，∴O∈平面A′B′BA，同理O∈平面B′C′CB，
又平面A′B′BA∩平面B′C′CB＝BB′，∴O∈BB′，
即AQ，CR，BB′三线共点．
14．解：如图，连接BD，取BD的中点O，连接EO，DG，由正八面体的性质知EO＝2，BF∥DE，
所以∠DEG(或补角)为异面直线EG与BF所成的角，
在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，
则22＋＝BE2，解得BE＝2，
即正八面体的棱长为2，
在Rt△DCG中，CD2＋＝DG2，
所以(2)2＋()2＝DG2，即DG＝，
在等边△BCE中，EG＝×2＝，
在△DEG中，由余弦定理得
DG2＝DE2＋EG2－2DE·EG·cos ∠DEG，
所以10＝8＋6－2×2×cos ∠DEG，
所以cos ∠DEG＝，且∠DEG为锐角，
所以sin ∠DEG＝．
即异面直线EG与BF所成角的正弦值为．
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