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【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系 理
【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系 理
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第七章第三节空间点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1.已知三个命题:①若点P不在平面α内,A、B、C三点都在平面α内,则P、A、B、C四点不在同一平面内;②两两相交的三条直线在同一平面内;③两组对边分别相等的四边形是平行四边形.其中正确命题的个数是( )A.0 B.1C.2D.32.如图,α∩β=l,A、B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A、B、C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过( )A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M3.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( )A.AC⊥BDB.AC∥截面PQMNC.AC=BDD.异面直线PM与BD所成的角为45°4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱AA1、CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线( )A.不存在B.有且只有两条C.有且只有三条D.有无数条5.如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题:①过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交;②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直;③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交;④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行.其中真命题是( )A.②③④B.①③④C.①②④D.①②③6.正四棱锥S-ABCD的侧棱长为,底面边长为,E为SA的中点,则异面直线BE和SC所成的角为( )A.30°B.45°-6-\nC.60°D.90°二、填空题7.如图,G、H、M、N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________.8.下列命题中正确的是________.①若△ABC在平面α外,它的三条边所在的直线分别交平面α于P、Q、R,则P、Q、R三点共线;②若三条直线a、b、c互相平行且分别交直线l于A、B、C三点,则这四条直线共面;③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面;④若a不平行于平面α,且a⊄α,则α内的所有直线与a异面.9.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________.三、解答题10.如图所示,已知E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1的中点.试判断四边形EBFD1的形状.11.如图,已知:E、F、G、H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点,证明:FE、HG、DC三线共点.12.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=AA1=4,点O是AC的中点.(1)求证:AD1∥平面DOC1;-6-\n(2)求异面直线AD1和DC1所成角的余弦值.详解答案一、选择题1.解析:当A、B、C三点都在平面α内,且三点共线时,P、A、B、C四点在同一个平面内,故①错误;三棱锥的三条侧棱所在的直线两两相交,但三条直线不在同一平面内,故②错误;两组对边分别相等的四边形也可能是空间四边形,故③错误.答案:A2.解析:∵AB⊂γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上.同理可知,点C也在γ与β的交线上.答案:D3.解析:依题意得MN∥PQ,MN∥平面ABC,又MN⊂平面ACD,且平面ACD∩平面ABC=AC,因此有MN∥AC,AC∥平面MNPQ.同理,BD∥PN.又截面MNPQ是正方形,因此有AC⊥BD,直线PM与BD所成的角是45°.答案:C4.解析:在EF上任取一点M.直线CD与点M确定的平面与直线A1D1交于点N,则直线MN与三条直线都相交,由点M的任意性可知这样的直线有无数条.答案:D-6-\n5.解析:由于两相交直线可确定一个平面,设l过M点,与AB、B1C1均相交,则l与AB可确定平面α,l与B1C1可确定平面β,又AB与B1C1为异面直线,∴l为平面α与平面β的交线,如图所示.GE即为l,故①正确.由于DD1过点M,DD1⊥AB,DD1⊥B1C1,BB1为AB、B1C1的公垂线,DD1∥BB1,故②正确.显然④正确.过M点有无数个平面与AB、B1C1都相交,故③错误.答案:C6.解析:设AC中点为O,则OE∥SC,连接BO,则∠BEO(或补角)即为异面直线BE和SC所成的角,EO=SC=,BO=BD=,△SAB中,cosA====,∴BE=.△BEO中,cos∠BEO=,∴∠BEO=60°.答案:C二、填空题7.解析:①③中,GM∥HN,所以G、M、N、H四点共面,从而GH与MN共面;②④中,根据异面直线的判定定理,易知GH与MN异面.答案:②④8.解析:在①中,因为P、Q、R三点既在平面ABC上,又在平面α上,所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上,即P、Q、R三点共线,所以①正确;在②中,因为a∥b,所以a与b确定一个平面α,而l上有A、B两点在该平面上,所以l⊂α,即a、b、l三线共面于α;同理a、c、l三线也共面,不妨设为β,而α、β有两条公共的直线a、l,所以α与β重合,即这些直线共面,所以②正确;在③中,不妨设其中有四点共面,则它们最多只能确定7个平面,所以③错;在④中,由题设知,a和α相交,设a∩α=P,如图,在α内过点P的直线l与a共面,所以④错.答案:①②9.解析:延长CA至点M,使AM=CA,则A1M∥C1A,∠MA1B或其补角为异面直线BA1与AC1所成的角,连接BM,易知△BMA1为等边三角形,因此,异面直线BA1与AC1所成的角为60°.-6-\n答案:60°三、解答题10.解:如图,取BB1的中点M,连接A1M、MF.∵M、F分别是BB1、CC1的中点,∴MF綊B1C1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有A1D1綊B1C1,∴MF綊A1D1.∴四边形A1MFD1是平行四边形,∴A1M綊D1F.又E、M分别是AA1、BB1的中点,∴A1E綊BM,∴四边形A1EBM为平行四边形.∴EB綊A1M.∴EB綊D1F.∴四边形EBFD1是平行四边形.又Rt△EAB≌Rt△FCB,∴BE=BF,∴四边形EBFD1为菱形.11.证明:连结C1B,HE,FG,由题意知HC1綊EB,∴四边形HC1BE是平行四边形.∴HE∥C1B.又C1G=GC=CF=BF,故GF綊C1B,∴GF∥HE,且GF≠HE,∴HG与EF相交.设交点为K,则K∈HG,HG⊂平面D1C1CD,∴K∈平面D1C1CD.∵K∈EF,EF⊂平面ABCD,∴K∈平面ABCD.∵平面D1C1CD∩平面ABCD=DC,∴K∈DC,∴FE、HG、DC三线共点.12.解:(1)证明:如图,连接D1C交DC1于点O1,连接OO1.∵O、O1分别是AC和D1C的中点,∴OO1∥AD1.又OO1⊂平面DOC1,AD1⊄平面DOC1,-6-\n∴AD1∥平面DOC1.(2)由OO1∥AD1知AD1和DC1所成的角等于OO1和DC1所成的角.在△OO1D中,由题设可得OD=,O1D=,OO1=2.由余弦定理得cos∠OO1D==,故异面直线AD1和DC1所成角的余弦值为.-6-
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【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-08-25 14:58:08
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