2019届高考数学一轮复习第七章立体几何课堂达标36空间点直线平面之间的位置关系（文科）新人教版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课堂达标 (三十六 ) 空间点、直线、平面之间的位置关系 A 基础巩固练 1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 ( ) 解析 A， B， C 图中四点一定共面， D 中四点不共面 答案 D 2 (2018 广西名校联考 )已知 m， l 是直线， ， 是平面，给出下列命题： 若 l 垂直于 ，则 l 垂直于 内的所有直线， 若 l 平行于 ，则 l 平行于 内的所有直线 若 l? ，且 l ，则 若 m? ， l? ，且 ，则 m l 其中正确的命题的个数是 ( ) A 4 B 3 C 2 D 1 解析

2、 对于 ，由线面垂直的定义可知 正确；对于 ，若 l 平行于 内的所有直线，根据平行公理可得： 内的所有直线都互相平行，显然是错误的，故 错误；对于 ，根据面面垂直的判定定理可知 正确；对于 ，若 m? ， l? ，且 ，则直线 l 与m 无公共点， l 与 m 平行或异面，故 错误；故选 C. 答案 C 3空间四边形两对角线的长分别为 6 和 8，所成的角为 45 ，连接各边中点所得四边形的面积是 ( ) A 6 2 B 12 C 12 2 D 24 2 解析 如图，已知空间四边形 ABCD，设对角线 AC 6， BD 8，易证四边形 EFGH 为平行四边形， EFG 或 FGH 为 AC

3、与 BD 所成的 45 角，故 S 四边形 EFGH 34sin 45 6 2，故选 A. =【 ;精品教育资源文库 】 = 答案 A 4 (2018 浙江金丽衢十二校二联 )已知 a， b， c 为三条不同的直线，且 a?平面 ，b? 平面 ， c. 若 a 与 b 是异面直线，则 c 至少与 a， b 中的一条相交； 若 a 不垂直于 c，则 a 与 b 一定不垂直； 若 a b，则必有 a c； 若 a b， a c，则必有 . 其中正确的命题的个数是 ( ) A 0 B 1 C 2 D 3 解析 中若 a 与 b 是异面直线，则 c 至少与 a， b 中的一条相交，故 正确； 中平面

4、平面 时，若 b c，则 b 平面 ，此时不论 a， c 是否垂直，均有 a b，故 错误； 中当 a b 时，则 a 平面 ，由线面平行的性质定理可得 a c，故 正确； 中若 b c，则 a b， a c 时， a 与平面 不一定垂直，此时平面 与平面 也不一定垂直，故 错误，所以正确命题的个数是 2. 答案 C 5如图， ABCDA1B1C1D1是长方体， 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 ( ) A A， M， O 三点共线 B A， M， O， A1不共面 C A， M， C， O 不共面 D B， B1， O， M 共面 解析 连

5、接 A1C1， AC，则 A1C1 AC，所以 A1C1， C， A 四点共面， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 A1C?平面 ACC1A1，因为 M A1C，所以 M 平面 ACC1A1，又 M 平面 AB1D1，所以 M 在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上，同理 O 在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上，所以 A， M，O 三点共线 答案 A 6已知正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别是 A1D1， A1C1的中点，则异面直线 AE 和 CF所成的角的余弦值为 ( ) A. 32 B.3 3010 C. 3010 D.12 解析 如图，设正方体

6、的棱长为 a，取线段 AB 的中点 M，连接 CM， MF， EF. 则 MF 綊 AE，所以 CFM 即为所求角或所求角的补角在 CFM 中， MF CM 52 a， CF 62 a，根据余弦定理可得 cos CFM 3010 ，所以可得异面直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为 3010 .故选 C. 答案 C 7 (2018 甘肃省兰州市二模 )已知长方体 ABCDA1B1C1D1中， B1C， C1D 与底面 ABCD 所成的角分别为 60 和 45 ，则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值为 ( ) A. 64 B.14 C. 26 D. 36 解析 如图所示： B1B 平

7、面 ABCD， BCB1是 B1C 与底面所成角， BCB1 60. =【 ;精品教育资源文库 】 = C1C 底面 ABCD， CDC1是 C1D 与底面所成的角， CDC1 45. 连接 A1D， A1C1，则 A1D B1C. A1DC1或其补角为异面直线 B1C 与 C1D 所成的角 不妨设 BC 1，则 CB1 DA1 2， BB1 CC1 3 CD， C1D 6， A1C1 2. 在等腰 A1C1D 中， cos A1DC1 64 .故选： A. 答案 A 8.正方体 ABCDA1B1C1D1中， P、 Q、 R 分别是 AB、 AD、 B1C1的中点那么，正方体的过 P、Q、 R

8、 的截面图形是 _边形 解析 延长 PQ 或 (QP)分别交 BC 延长线于 E，交 CD 延长线于 F，取 C1D1中点 M，连接RM，连接 RE 交 BB1于 S，连接 MF 交 DD1于 N，连接 NQ， PS，则六边形 PQNMRS 即为正方体ABCDA1B1C1D1的过 P、 Q、 R 三点的截面图形 答案 六 9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 EH BD FG，且 EH 12

9、BD FG，同理 EF AC HG，且 EF 12AC HG，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 EF EH，即 AC BD；要使平行四边形 EFGH 为正方形需满足 EF EH 且 EF EH，即 AC BD 且 AC BD. 答案 AC BD； AC BD 且 AC BD 10如图所示，在三棱锥 PABC 中， PA 底面 ABC， D 是 PC 的中点已知 BAC 90 ，AB 2， AC 2 3， PA 2.求： =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)三棱锥 PABC 的体积； (2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值 解 (1)S ABC

10、 1222 3 2 3， 故三棱锥 PABC 的体积为 V 13 S ABC PA 132 32 4 33 . (2)如图所示，取 PB 的中点 E， 连接 DE， AE， 则 DE BC， 所以 ADE(或其补角 )是异面直线 BC 与 AD 所成的角 在 ADE 中， DE 2， AE 2， AD 2， 则 cos ADE DE2 AD2 AE22DE AD 22 22 2222 34. 即异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值为 34. B 能力提升练 1已知空间四边形 ABCD 中， M， N 分别为 AB， CD 的中点，则下列判断： MN 12(ACBD)； MN 12(AC B

11、D)； MN 12(AC BD)； MN 12(AC BD)其中正确的是 ( ) A B C D 解析 如图，取 BC 的中点 O，连接 MO， NO，则 OM 12AC， ON 12BD.在 MON 中， MN OM ON 12(AC BD)， 正确 =【 ;精品教育资源文库 】 = 答案 D 2 (2018 广州综合测试二 )在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， M 是棱 A1D1的中点，过 C1， B， M 作正方体的截面，则这个截面的面积为 ( ) A.3 52 B.3 58 C.92 D.98 解析 设 AA1的中点为 N，则 MN BC1，连接 MN， NB， BC

12、1， MC1，则梯形 MNBC1就是过C1， B， M 正方体的截面，其面积为 12( 2 2 2) 3 22 92，故选 C. 答案 C 3 (2018 郑州质检 )如图，矩形 ABCD 中， AB 2AD， E 为边 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折成 A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在 ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是 _ BM 是定值； 点 M 在某个球面上运动； 存在某个位置，使 DE A1C； 存在某个位置，使 MB 平面 A1DE. 解析 取 DC 中点 F，连接 MF， BF， MF A1D =【 ;精品教育资源文库 】 = 且 MF 12A

13、1D， FB ED 且 FB ED，所以 MFB A1DE.由余弦定理可得 MB2 MF2 FB22MF FBcos MFB 是定值，所以 M 是在以 B 为圆心， MB 为半径的球上，可得 正确；由MF A1D 与 FB ED 可得平面 MBF 平面 A1DE，可得 正确； A1C 在平面 ABCD 中的投影与 AC重合， AC 与 DE 不垂直，可得 不正确 答案 4 (2018 南昌高三期末 )如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面为直角三角形， ABC 90 ， AC 6， BC CC1 2， P 是 BC1上一动点，则 CP PA1的最小值为 _ 解析 连接 A1B，将 A1B

14、C1与 CBC1同时展平形成一个平面四边形 A1BCC1，则此时对角线 CP PA1 A1C 达到最小，在等腰直角三角形 BCC1中， BC1 2， CC1B 45 ，在 A1BC1中， A1B 40 2 10， A1C1 6， BC1 2， A1C21 BC21 A1B2，即 A1C1B 90. 对于展开形成的四边形 A1BCC1，在 A1C1C 中， C1C 2， A1C1 6， A1C1C 135 ，由余弦定理有， CPPA1 A1C 2 36 12 2cos 135 50 5 2. 答案 5 2 5已知正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别为 D1C1， C1B1的中点，

15、 AC BD P， A1C1 EF Q.求证： (1)D、 B、 F、 E 四点共面； (2)若 A1C 交平面 DBFE 于 R 点，则 P， Q， R 三点共线 证明 (1)如图所示，因为 EF 是 D1B1C1的中位线， 所以 EF B1D1. 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， B1D1 BD， 所以 EF BD. 所以 EF， BD 确定一个平面即 D、 B、 F、 E 四点共面 (2)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，设平面 A1ACC1确定的平面为 ， 又设平面 BDEF 为 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 Q A1C1，所以 Q . 又 Q EF，所以 Q . 则 Q 是 与 的公共点，同理， P 点也是 与 的公共点所以 PQ. 又 A1C R，所以 R A1C，则 R 且 R . 则 R PQ，故 P， Q， R 三点共线