新版新课标高三数学一轮复习 第7篇 第3节 空间点、直线、平面的位置关系课时训练 理

1 1【导与练】（新课标）20xx届高三数学一轮复习 第7篇 第3节 空间点、直线、平面的位置关系课时训练 理 【选题明细表】知识点、方法题号平面的基本性质1、4、5、11、14点、线、面的位置关系2、3、6、8、9、15异面直线所成的角7、10、12、13基础过关一、选择题1.(20xx威海模拟)设A、B、C、D是空间中四个不同的点,下列命题中,不正确的是(C)(A)若AC与BD共面,则AD与BC共面(B)若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线(C)若AB=AC,DB=DC,则AD=BC(D)若AB=AC,DB=DC,则ADBC解析:若AB=AC,DB=DC,AD不一定等于BC,C不正确.2.(20xx黑龙江大庆高三月考)下列说法正确的是(D)(A)若a,b,则a与b是异面直线(B)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面(C)若a,b不同在平面内,则a与b异面(D)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面解析:由异面直线的定义可知选D.3.(20xx银川模拟)若直线ab,且直线a平面,则直线b与平面的位置关系是(D)(A)b(B)b(C)b或b(D)b与相交或b或b解析:b与相交或b或b都可以.故选D.4.(20xx海口模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是(D)(A)A1、M、O三点共线(B)M、O、A1、A四点共面(C)A、O、C、M四点共面(D)B、B1、O、M四点共面解析:由正方体的性质知,O也是A1C的中点,因此A1、M、O三点共线,又直线与直线外一点确定一个平面,所以B、C正确.由BB1与A1C异面知D错误.故选D.5.给出下列命题,其中正确命题的个数是(B)如果线段AB在平面内,那么直线AB在平面内;两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C;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;若三条直线两两相交,则这三条直线共面;两组对边相等的四边形是平行四边形.(A)1(B)2(C)3(D)4解析:显然正确.若两平面有三个不共线的公共点,则这两平面重合,故不正确.三条直线两两相交于同一点时,三条直线不一定共面,故不正确;两组对边相等的四边形可能是空间四边形,不正确.故选B.6.(20xx武汉模拟)如果两条异面直线称为“一对”,那么在正方体的十二条棱中共有异面直线(B)(A)12对(B)24对(C)36对(D)48对解析:如图所示,与AB异面的直线有B1C1,CC1,A1D1,DD1四条,因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱,共有异面直线1242=24(对).故选B.二、填空题7.如图,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点,将ABC沿DE,EF,DF折成正四面体PDEF,则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为. 解析:折成的正四面体,如图,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK.则GKDH,故PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角.设这个正四面体的棱长为2,在PGK中,PG=3,GK=32,PK=12+(32)2=72,故cosPGK=PG2+GK2-PK22PGGK=(3)2+(32)2-(72)22332=23.即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是23.答案:238.(20xx云南师大附中模拟)如图是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,对于l1与l2的下面四个结论中,正确的是.互相平行;异面且互相垂直;异面且夹角为3;相交且夹角为3.解析:将展开图还原成正方体如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交,连接AD,则ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为3.答案:9.(20xx云南昆明模拟)设a,b,c是空间的三条直线,下面给出四个命题:若ab,bc,则ac;若a,b是异面直线,b,c是异面直线,则a,c也是异面直线;若a和b相交,b和c相交,则a和c也相交.若a和b共面,b和c共面,则a和c也共面.其中真命题的个数是.解析:ab,bc,a与c可以相交、平行、异面,故错.a,b异面,b,c异面,则a,c可能异面、相交、平行,故错.由a,b相交,b,c相交,则a,c可以异面、相交、平行,故错.同理错,故真命题的个数为0.答案:0三、解答题10.(20xx河北衡水模拟)A是BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若ACBD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是BCD所在平面外的一点相矛盾,故直线EF与BD是异面直线.(2)解:取CD的中点G,连接EG,FG,则EGBD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.在RtEGF中,由EG=FG=12AC,求得FEG=45,即异面直线EF与BD所成的角为45.11.如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DFFC=DHHA=23.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GEAC,且GE=12AC,又因为DFFC=DHHA=23,所以FHAC,且FH=25AC.所以FHGE,且GEFH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条,所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.能力提升12.(20xx三亚模拟)如图,正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,ACB=90,F,G分别是线段AE,BC的中点,则AD与GF所成的角的余弦值为(A)(A)36(B)66(C)-36(D)-66解析:延长CD至H,使DH=1,连接HG、HF,则HFAD.HF=DA=8,GF=6,HG=10,cosHFG=8+6-10268=36.故选A.13.(20xx临沂模拟)过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,这样的直线l可以作条.解析:如图,连接体对角线AC1,显然AC1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,所成角的正切值都为2.联想正方体的其他体对角线,如连接BD1,则BD1与棱BC,BA,BB1所成的角都相等,BB1AA1,BCAD,体对角线BD1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,同理,体对角线A1C,DB1也与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,过A点分别作BD1,A1C,DB1的平行线都满足题意,故这样的直线l可以作4条.答案:414.(20xx南京模拟)如图,已知:E,F,G,H分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,证明:EF,HG,DC三线共点.证明:连接C1B,HE,GF,如图所示.由题意知HC1􀱀EB,四边形HC1BE是平行四边形,HEC1B.又C1G=GC,CF=BF,故GF􀱀12C1B,GFHE,且GFHE,HG与EF相交,设交点为K,则KHG.又HG平面D1C1CD,K平面D1C1CD.KEF,EF平面ABCD,K平面ABCD.平面D1C1CD平面ABCD=DC,KDC,EF,HG,DC三线共点.探究创新15.(20xx高考安徽卷)如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).当0CQ12时,S为四边形;当CQ=12时,S为等腰梯形;当CQ=34时,S与C1D1的交点R满足C1R=13;当34CQ1时,S为六边形;当CQ=1时,S的面积为62.解析:利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.当0CQ12时,如图(1).在平面AA1D1D内,作AEPQ,显然E在棱DD1上,连接EQ,则S是四边形APQE.当CQ=12时,如图(2).显然PQBC1AD1,连接D1Q,则S是等腰梯形.当CQ=34时,如图(3).作BFPQ交CC1的延长线于点F,则C1F=12.作AEBF,交DD1的延长线于点E,D1E=12,AEPQ,连接EQ交C1D1于点R,由于RtRC1QRtRD1E,C1QD1E=C1RRD1=12,C1R=13.当34CQ1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.当CQ=1时,如图(4).同可作AEPQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为12MPAQ=1223=62.答案: