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高考数学总复习 9-3空间点、直线、平面之间的位置关系 新人教B版

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9-3空间点、直线、平面之间的位置关系基础巩固强化1.已知E、F、G、H是空间内四个点,条件甲:E、F、G、H四点不共面,条件乙:直线EF和GH不相交,则甲是乙成立的(  )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[答案] A[解析] 点E、F、G、H四点不共面可以推出直线EF和GH不相交;但由直线EF和GH不相交不一定能推出E、F、G、H四点不共面,例如:EF和GH平行,这也是直线EF和GH不相交的一种情况,但E、F、G、H四点共面.故甲是乙成立的充分不必要条件.2.(文)(2011·浙江文,4)若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则(  )A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交[答案] B[解析] 由题意知直线l与平面α相交,不妨设直线l∩α=M,对A,在α内过M点的直线与l不异面,A错误;对B,假设存在与l平行的直线m,则由m∥l得l∥α,这与l∩α=M矛盾,故B正确,C错误;对D,α内存在与l异面的直线,故D错误.综上知选B.(理)a、b、c是两两不同的三条直线,下面四个命题中,真命题是(  )A.若直线a、b异面,b、c异面,则a、c异面B.若直线a、b相交,b、c相交,则a、c相交C.若a∥b,则a、b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c[答案] C[解析] 如图(1)知A错;如图(2)知B错;如图(3)知D错.在直线c上任取一点P,过P作直线m∥a,则m∥b,因此a,b与c所成的角都等于m与c所成的角,故选C.19\n3.(文)(2011·威海质检)已知直线l、m,平面α,且m⊂α,则l∥m是l∥α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[答案] D[解析] 由l∥m可知l∥α或l⊂α,所以“l∥m”不是“l∥α”的充分条件,l∥α且m⊂α,则直线l∥m或直线l与m异面,所以“l∥m”也不是“l∥α”的必要条件,故选D.(理)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则α∥β是l⊥m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[答案] A[解析] 若α∥β,则由l⊥α知l⊥β,又m⊂β,可得l⊥m;若α与β相交(如图),设α∩β=n,当m∥n时,由l⊥α可得l⊥m,而此时α与β不平行.于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件.故选A.4.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为(  )A.3    B.4    C.5    D.619\n[答案] C[解析] 如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,既与AB共面,也与CC1共面的棱为BC、C1D1、DC、AA1、BB1,共5条.5.(2012·武汉市模拟)空间中一条线段AB的三视图中,俯视图是长度为1的线段,侧视图是长度为2的线段,则线段AB的长度的取值范围是(  )A.(0,2]B.[2,]C.[2,3]D.[2,][答案] B[解析] 以线段AB为体对角线构造长方体,设长方体的长、宽、高分别为x、y、z,则由题意知,∴AB2=x2+y2+z2=5-y2,∵x2>0,∴1-y2>0,∴0<y2<1,∴4<AB2<5,∴2<AB<.特别地,当AB为面对角线时,AB=2或成立,∴2≤AB≤.6.如图是正方体或四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,则这四个点不共面的一个图是(  )[答案] D19\n[解析] A中,PS∥QR;B中如图可知此四点共面;C中PS∥QR;D中RS在经过平面PQS内一点和平面PQS外一点的直线上,故选D.7.(2011·金华模拟)在图中,G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则使直线GH、MN是异面直线的图形有________.(填上所有正确答案的序号)[答案] ②④[解析] 图①中,直线GH∥MN;图②中,G、H、N三点在三棱柱的侧面上,MG与这个侧面相交于G,∴M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连接MG,GM∥HN,因此GH与MN共面;图④中,G、M、N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面.所以图②、④中GH与MN异面.8.(文)(2011·南京模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则当AM+MC1最小时,△AMC1的面积为________.19\n[答案] [解析] 将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上,在平面α内AC1与BB1相交,则交点即为M点,易求BM=1,∴AM=,MC1=2,又在棱柱中,AC1=,∴cos∠AMC1===-,∴∠AMC1=120°,∴S△AMC1=AM·MC1·sin∠AMC1=××2×=.(理)在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=AC=BC,则直线PC与AB所成角的大小是________.[答案] 60°[解析] 19\n分别取PA、AC、CB的中点F、D、E连接FD、DE、EF、AE,则∠FDE是直线PC与AB所成角或其补角.设PA=AC=BC=2a,在△FDE中,易求得FD=a,DE=a,FE=a,根据余弦定理,得cos∠FDE==-,所以∠FDE=120°.所以PC与AB所成角的大小是60°.9.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_______.[答案] [解析] 由三视图知,该几何体是一个四棱柱,底面为直角梯形,上底长1,下底长2,高为1,其面积S=(1+2)×1=,侧棱垂直于底面,侧棱长为1,∴体积V=×1=.10.(文)(2012·福建四地六校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明:PA∥平面EDB;(2)证明:PB⊥平面EFD.19\n[证明] (1)连接AC交BD于O,连接EO.∵底面ABCD是矩形,∴点O是AC的中点.又∵E是PC的中点,∴在△PAC中,EO为中位线,∴PA∥EO.而EO⊂平面EDB,PA⊄平面EDB.∴PA∥平面EDB.(2)由PD⊥底面ABCD得PD⊥BC.∵底面ABCD是矩形,∴DC⊥BC,∴BC⊥平面PDC,而DE⊂平面PDC,∴BC⊥DE.①∵PD=DC,E是PC的中点,∴DE⊥PC.②由①和②得DE⊥平面PBC.19\n∵PB⊂平面PBC,∴DE⊥PB.又EF⊥PB,且DE∩EF=E,∴PB⊥平面EFD.(理)如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC綊AD,BE綊FA,G、H分别为FA、FD的中点.(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;(2)C、D、F、E四点是否共面?为什么?(3)设AB=BE,证明:平面ADE⊥平面CDE.[解析] 解法一:(1)由题设知,FG=GA,FH=HD,所以GH綊AD.又BC綊AD,故GH綊BC,所以四边形BCHG是平行四边形.(2)C、D、F、E四点共面.理由如下:连接EG,由BE綊AF,G是FA的中点知,BE綊GF,所以EF∥BG,19\n由(1)知BG∥CH,所以EF∥CH,故EC、FH共面.又点D直线FH上,∴D∈平面CEF.所以C、D、F、E四点共面.(3)由AB=BE,BE綊AG,及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA.由题设知,FA、AD、AB两两垂直,故AD⊥平面FABE,因此EA是ED在平面FABE内的射影,∴BG⊥ED.又EC∩EA=E,所以BG⊥平面ADE.由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE,故CH⊂平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE.解法二:由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直.如图,以A为坐标原点,射线AB为x轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系A-xyz.(1)设AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c),F(0,0,2c).所以,=(0,b,0),=(0,b,0),于是=.又点G不在直线BC上,所以四边形BCHG是平行四边形.(2)C、D、F、E四点共面.理由如下:由题设知,F(0,0,2c),所以=(-a,0,c),=(-a,0,c),=,又C∉EF,H∈FD,故C、D、F、E四点共面.19\n(3)由AB=BE,得c=a,所以=(-a,0,a),=(a,0,a)又=(0,2b,0),因此·=0,·=0即CH⊥AE,CH⊥AD,又AD∩AE=A,所以CH⊥平面ADE.故由CH⊂平面CDFE,得平面ADE⊥平面CDE.[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点,容易将各点的坐标表示出来时,可用向量法求解.如果其所讨论关系不涉及求角,求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时,可不用向量法求解.能力拓展提升11.(文)(2011·北京市西城区模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1中,与对角线AC1异面的棱有(  )A.3条B.4条C.6条D.8条[答案] C[解析] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与对角线AC1有公共点A的和有公共点C1的各有3条,其余6条所在正方体的面与AC1均相交,且交点不在这些棱上,由异面直线判定定理知,这6条与AC1都异面,故选C.(理)已知a、b、c是相异直线,α、β、γ是相异平面,下列命题中正确的是(  )A.a与b异面,b与c异面⇒a与c异面B.a与b相交,b与c相交⇒a与c相交C.α∥β,β∥γ⇒α∥γD.a⊂α,b⊂β,α与β相交⇒a与b相交[答案] C[解析] 如图(1),正方体ABCD-A1B1C1D1中,a、b、c是三条棱所在直线满足a与b异面,b与c异面,但a∩c=A,故A错;同样在图(2)的正方体中,满足a与b相交,b与c相交,但a与c不相交,故B错;如图(3),α∩β=c,a∥c,则a与b不相交,故D错.19\n12.(文)(2011·四川文,6)l1、l2、l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是(  )A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3C.l1∥l2∥l3⇒l1、l2、l3共面D.l1、l2、l3共点⇒l1、l2、l3共面[答案] B[解析] 举反例,由教室内共点的三条墙角线可知A、D是错误的;由三棱柱的三条侧棱可知C是错误的.故选B.(理)(2011·浙江省嘉兴市高三教学测试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1、CD1的中点,则下列判断错误的是(  )A.MN与CC1垂直B.MN与AC垂直C.MN与BD平行D.MN与A1B1平行[答案] D19\n[解析] 由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.[点评] 取CD中点Q,BC中点R,则NQ綊D1D,MR綊CC1,∵CC1綊D1D,∴NQ綊MR,∴MN∥QR,∵QR∥BD,AC⊥BD,∴AC⊥MN,∴B正确;∵MN∥QR,QR∥BD,∴MN∥BD,∴C正确;∵CC1⊥平面ABCD,∴CC1⊥PQ,∴CC1⊥MN,∴A正确.13.(文)(2011·石家庄测试)平面α、β相交,在α、β内各取两点,这四点都不在交线上,这四点能确定________个平面.[答案] 1或4[解析] 当这四点中任意两点的连线与另外两点连线相交或平行时,确定一个平面;否则由这四点可确定四个平面.(理)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于________.[答案] 60°[解析] 将原来的直三棱柱补成一个正方体ABDC-A1B1D1C1,∵AC1∥BD1,∴∠A1BD1即为异面直线BA1与AC1所成的角.∵△A1BD1为正三角形,∴∠A1BD1=60°.[点评] 异面直线所成的角是重点考查的一个内容,难点在于寻找异面直线的平行线,本题巧妙地构造一个正方体,借助于正方体的特点,很容易找出异面直线所成的角.14.(2012·河南商丘二模)一个四棱锥的底面是正方形,其顶点在底面的射影为正方形的中心.已知该四棱锥的各顶点都在同一个球面上,且该四棱锥的高为3,体积为6,则这个球的表面积是________.[答案] 16π[解析] 由条件知,该四棱锥为正四棱锥,设底面边长为a,则a2·3=6,∴a=,O1C=·=,19\n设球半径为R,则R+=3,∴R=2,∴S球=4πR2=16π.15.已知在正方体ABCD-A′B′C′D′中,M、N分别是A′D′、A′B′的中点,在该正方体中是否存在过顶点且与平面AMN平行的平面?若存在,试作出该平面,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.[分析] 假设存在经过B点与平面AMN平行的平面α,则平面A′B′C′D′与这两平行平面的交线应平行,由于M、N分别为A′D′、A′B′的中点,∴取C′D′的中点F,B′C′的中点E,则MN∥EF,可证明平面BDFE∥平面AMN,过其他点的截面同理可分析找出.[解析] 存在.与平面AMN平行的平面有以下三种情况(E、F分别为所在棱的中点):下面以图(1)为例进行证明.∵四边形ABEM是平行四边形,∴BE∥AM,又BE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,∴AM∥平面BDFE.∵MN是△A′B′D′的中位线,∴MN∥B′D′,∵四边形BDD′B′是平行四边形,∴BD∥B′D′,∴MN∥BD,又BD⊂平面BDE,MN⊄平面BDE,∴MN∥平面BDFE,又AM⊂平面AMN,MN⊂平面AMN,且AM∩MN=M,19\n∴由平面与平面平行的判定定理可得,平面AMN∥平面BDFE.16.(文)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,F是PB的中点.求证:(1)DF⊥AP.(2)在线段AD上是否存在点G,使GF⊥平面PBC?若存在,说明G点的位置,并证明你的结论;若不存在,说明理由.[证明] (1)取AB的中点E,则PA∥EF.设PD=DC=a,易求得DE=a,FE=PA=a,DF=PB=a.由于DE2=EF2+DF2,故DF⊥EF,又EF∥PA,∴DF⊥PA.(2)在线段AD上存在点G,使GF⊥平面PBC,且G点是AD的中点.取AD的中点G,连接PG、BG,则PG=BG.又F为AB的中点,故GF⊥PB.19\n∵F为PB中点,∴F点在底面ABCD上的射影为正方形ABCD的中心O,∴FO⊥平面ABCD,∵BC⊂平面ABCD,∴FO⊥BC.∵G为AD中点,O为正方形ABCD中心,∴GO⊥BC,又GO∩FO=0,∴BC⊥平面GOF,∴GF⊥BC.∵BC、PB是平面PBC内的两条相交直线,∴GF⊥平面PBC.(理)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M是棱CC1的中点.(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值;(2)证明:平面ABM⊥平面A1B1M.[解析] 方法1:(1)如图,因为C1D1∥B1A1,所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角.因为A1B1⊥平面BCC1B1,所以∠A1B1M=90°,而A1B1=1,B1M==,故tan∠MA1B1==.即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为.(2)证明:由A1B1⊥平面BCC1B1,BM⊂平面平面BCC1B1,得A1B1⊥BM①由(1)知,B1M=,又BM==,B1B=2,19\n所以B1M2+BM2=B1B2,从而BM⊥B1M②又A1B1∩B1M=B1,∴BM⊥平面A1B1M,而BM⊂平面ABM,因此平面ABM⊥平面A1B1M.方法2:以A为原点,,,的方向分别作为x、y、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),A1(0,0,2),B1(1,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),M(1,1,1).(1)=(1,1,-1),=(-1,0,0),cos〈,〉==-.设异面直线A1M与C1D1所成角为α,则cosα=,∴tanα=.即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值是.(2)证明:=(1,0,0),=(0,1,1),=(0,1,-1),·=0,·=0,∴⊥,⊥,即BM⊥A1B1,BM⊥B1M,又B1M∩A1B1=B1,∴BM⊥平面A1B1M,而BM⊂平面ABM,因此ABM⊥平面A1B1M.19\n1.(2012·山西联考)已知直线m、n与平面α、β,下列命题中正确的是(  )A.m∥β,α∥β,则m∥αB.平面α内不共线三点到平面β的距离相等,则α∥βC.α∩β=m,n⊥m且α⊥β,则n⊥αD.m⊥α,n⊥β且α⊥β,则m⊥n[答案] D[解析] 当m⊂α时,也可满足m∥β,α∥β,故①错;当α∩β=l,三点A、B、C位于l的两侧,AB∥l,直线AB到l的距离与点C到l的距离相等时,满足A、B、C三点到平面β的距离相等,故②错;由面面垂直的性质知,C错,因为只有在满足n⊂β内时,才能由n⊥m得出n⊥α的结论;⇒m⊥n,故D正确.2.(2011·山西太原调研)已知平面α和不重合的两条直线m、n,下列选项正确的是(  )A.如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么n∥αB.如果m⊂α,n与α相交,那么m、n是异面直线C.如果m⊂α,n∥α,m、n共面,那么m∥nD.如果m⊥α,n⊥m,那么n∥α[答案] C[解析] 如图(1)可知A错;如图(2)可知B错;如图(3),m⊥α,n是α内的任意直线,都有n⊥m,故D错.∵n∥α,∴n与α无公共点,∵m⊂α,∴n与m无公共点,又m、n共面,∴m∥n,故选C.3.如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为(  )19\nA.AC⊥BDB.AC∥截面PQMNC.AC=BDD.异面直线PM与BD所成的角为45°[答案] C[解析] ∵MN∥PQ,∴MN∥平面ABC,∴MN∥AC.同理BD∥QM,∵MN⊥QM,∴AC⊥BD,∴A正确;∵AC∥MN,∴AC∥面PQMN,故B对;∵BD∥QM,∴PM与BD所成角即为∠PMQ,∴PM与BD成45°角,故D对.选C.4.(2012·金华十校联考)如图,直线l⊥平面α,垂足为O.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=5,AB=6,AD=8.该长方体做符合以下条件的自19\n由运动:(1)A∈l,(2)C∈α.则C1、O两点间的最大距离为________.[答案] 5+5[解析] 连接AC、OC,取AC的中点M,连接OM及C1M,由已知易证△AOC为直角三角形,∠AOC为直角,所以OM=AC==5,△ACC1也为直角三角形,∠ACC1为直角,所以易求得C1M=5,连接OC1,设∠OMC1=θ,则OC=OM2+C1M2-2OM·C1M·cosθ=25+50-2×5×5cosθ=75-50cosθ,当cosθ=-1即θ=π时,OC取得最大值75+50=25(+1)2,所以OC1的最大值为5+5.19

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文章作者:U-336598

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