2019-2020年高考数学一轮复习 第七章 第3讲 知能训练轻松闯关.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 第七章 第3讲 知能训练轻松闯关1已知直线l平面，P，那么过点P且平行于直线l的直线()A只有一条，不在平面内B有无数条，不一定在平面内C只有一条，且在平面内D有无数条，一定在平面内解析：选C由直线l与点P可确定一个平面，则平面，有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l，所以lm，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面内2已知A、B、C、D是空间四个点，甲：A、B、C、D四点不共面，乙：直线AB和直线CD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解析：选A因为A、B、C、D四点不共面，则直线AB和直线CD不相交，反之，直线AB和直线CD不相交，A、B、C、D四点不一定不共面故甲是乙成立的充分不必要条件3如图，l，A，B，C，且Cl，直线ABlM，过A，B，C三点的平面记作，则与的交线必通过()A点AB点BC点C但不过点MD点C和点M解析：选DAB，MAB，M又l，Ml，M根据公理3可知，M在与的交线上同理可知，点C也在与的交线上4如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()AA，M，O三点共线BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面解析：选A连接A1C1，AC(图略)，则A1C1AC，A1，C1，A，C四点共面，A1C平面ACC1A1MA1C，M平面ACC1A1又M平面AB1D1，M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上A，M，O三点共线5 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ACBC2，ACB90，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 BC D解析：选A延长CD至H使DH1，连接HG、HF，则HFADHFDA2，GF，HGcosHFG6平面，相交，在，内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定_个平面解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个答案：1或47 如图所示，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH是正方形解析：易知EHBDFG，且EHBDFG，同理EFACHG，且EFACHG，显然四边形EFGH为平行四边形要使平行四边形EFGH为菱形需满足EFEH，即ACBD；要使四边形EFGH为正方形需满足EFEH且EFEH，即ACBD且ACBD答案：ACBDACBD且ACBD8 如图所示，正方体的棱长为1，BCBCO，则AO与AC所成角的度数为_解析：ACAC，AO与AC所成的角就是OACOCOB，AB平面BBCC，OCAB又ABBOB，OC平面ABO又OA平面ABO，OCOA在RtAOC中，OC，AC，sinOAC，OAC30即AO与AC所成角的度数为30答案：309 如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC60，PAABAC2，E是PC的中点(1)求证AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为A，B，E，平面即为平面ABE，P平面ABE，这与P平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EFPB，所以AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角BAC60，PAABAC2，PA平面ABC，AF，AE，EF，cosAEF，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为10 如图，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FGGA，FHHD，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：由BE綊FA，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF綊BG由(1)知BGCH，所以EFCH，故EC、FH共面又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面