2019年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.3空间点线面之间的位置关系课时跟踪检测（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 7.3 空间点、线、面之间的位置关系 课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标 1在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E， F 分别是线段 BC， CD1的中点，则直线 A1B 与直线 EF的位置关系是 ( ) A相交 B异面 C平行 D垂直 解析：由 BC 綊 AD， AD 綊 A1D1知， BC 綊 A1D1， 从而四边形 A1BCD1是平行四边形， 所以 A1B CD1， 又 EF? 平面 A1BCD1， EF D1C F， 则 A1B 与 EF 相交 答案： A 2下列命题中，真命题的个数为 ( ) 如果两个平面有三个 不在一条直线上的公共点，那么

2、这两个平面重合； 两条直线可以确定一个平面； 空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内； 若 M ， M ， l，则 M l. A 1 B 2 C 3 D 4 解析：根据公理 2，可判断 是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故 是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面 (如墙角 )，故 是假命题；根据平面的性质可知 是真命题综上，真命题的个数为 2. 答案： B 3已知 A， B， C， D 是空间四点，命题甲： A， B， C， D 四点不共面，命题乙：直线 AC和 BD 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

3、 解析：若 A， B， C， D 四点不共面，则直线 AC 和 BD 不共面，所以 AC 和 BD 不相交；若直线 AC 和 BD 不相交，但直线 AC 和 BD 平行时， A， B， C， D 四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件 答案： A =【 ;精品教育资源文库 】 = 4已知正方体 ABCD A1B1C1D1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，设正方体的棱长为 a，取线段 AB 的中点 M，连接 CM， MF， EF.则 MF 綊 AE，所

4、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 ，所以异面直线 AE 与 CF 所成的角的余弦值为 3010 .故选 C. 答案： C 5在封闭的直三棱柱 ABC A1B1C1内有一个体积为 V 的球，若 AB BC， AB 6， BC 8，AA1 3，则 V 的最大值是 ( ) A 4 B 92 C 6 D 323 解析： ABC 的内切圆的半径 r 6 8 102 2，又因为 AA1 34，所以在三棱柱中体积最大的球的半径为 32，此时 V 43 ? ?32 3 92. 答案： B 6 (2017

5、届郑州模拟 )如图所示， ABCD A1B1C1D1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 ( ) 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：连接 A1C1， AC(图略 )，则 A1C1 AC， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 A1， C1， A， C 四点共面， 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

6、， 同理 A， 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 7 (2018 届福建六校联考 )设 a， b， c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题： 若 a b， b c，则 a c； 若 a b， b c，则 a c； 若 a 与 b 相交， b 与 c 相交，则 a 与 c 相交； 若 a? 平面 、 b? 平面 ，则 a， b 一定是异面直线 上述命题中正确的命题是 _(写出所有正确命题的序号 ) 解析：由公理 4 知 正确；当 a b， b c 时， a 与 c 可以相交、平行或异面，故 错；当 a 与 b 相交， b 与 c 相

7、交时， a 与 c 可以相交、平行，也可以异面，故 错； a? ， b? ，并不能说明 a 与 b“ 不同在任何一个平面内 ” ，故 错 答案： 8如图所示，在正三棱柱 ABC A1B1C1中， D 是 AC 的中点， AA1 AB 2 1，则异面直线 AB1与 BD 所成的角为 _ 解析：如图，取 A1C1的中点 D1，连接 B1D1， 因为点 D 是 AC 的中点，所以 B1D1 BD，所以 AB1D1即为异面直线 AB1与 BD 所成的角连接 AD1，设 AB a，则 AA1 2a， 所以 AB1 3a， B1D1 32 a， =【 ;精品教育资源文库 】 = AD1 14a2 2a2

8、32a. 所以，在 AB1D1中，由余弦定理得， cos AB1D1 AB21 B1D21 AD212AB1 B1D1 3a2 34a2 94a22 3a 32 a 12，所以 AB1D1 60. 答案： 60 9如图，已知圆 柱的轴截面 ABB1A1是正方形， C 是圆柱下底面弧 AB 的中点， C1是圆柱上底面弧 A1B1的中点，那么异面直线 AC1与 BC 所成角的正切值为 _ 解析：取圆柱下底面弧 AB 的另一中点 D，连接 C1D， AD， 因为 C 是圆柱下底面弧 AB 的中点， 所以 AD BC， 所以直线 AC1与 AD 所成角等于异面直线 AC1与 BC 所成角，因为 C1是

9、圆柱上底面弧 A1B1的中点， 所以 C1D 圆柱下底面，所以 C1D AD， 因为圆柱的轴截面 ABB1A1是正方形， 所以 C1D 2AD， 所以直线 AC1与 AD 所成角的正切值为 2， 所以异面直线 AC1与 BC 所成角的正切值为 2. 答案： 2 10如图，平面 ABEF 平面 ABCD，四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直角梯形， BAD FAB 90 ， BC 綊 12AD， BE 綊 12FA， G， H 分别为 FA， FD 的中点 =【 ;精品教育资源文库 】 = (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？

10、解： (1)证明：由题设知， FG GA， FH HD， 所以 GH 綊 12AD.又 BC 綊 12AD. 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 12FA， G 是 FA 的中点，知 BE 綊 GF， 所以 EF 綊 BG. 由 (1)知 BG CH， 所以 EF CH，故 EC、 FH 共面， 又点 D 在直线 FH 上， 所以 C， D， F， E 四点共面 能 力 提 升 1如图是三棱锥 D ABC 的三视图，点 O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和 AB 所成角的余弦值等于 ( ) A

11、. 33 B 12 C. 3 D 22 解析：由三视图及题意得如图所示的直观图，从 A 出发的三条线段 AB， AC， AD 两两垂直且 AB AC 2， AD 1， O 是 BC 中点，取 AC 中点 E，连接 DE， DO， OE，则 OE 1，又可知AE 1，由于 OE AB，故 DOE 或其补角即为所求两异面直线所成的角在直角三角形 DAE=【 ;精品教育资源文库 】 = 中， DE 2，由于 O 是中点，在直角三角形 ABC 中可以求得 AO 2，在直角三角形 DAO 中可 以求得 DO 3.在三角形 DOE 中，由余弦定理得 cos DOE 1 3 221 3 33 ，故所求余弦值

12、为 33 . 答案： A 2在正四棱锥 P ABCD 中， PA 2，直线 PA 与平面 ABCD 所成角为 60 ， E 为 PC 的中点，求异面直线 PA 与 BE 所成角 解：连接 AC， BD 相交于 O，连接 PO， 在正四棱锥 P ABCD 中， PO 面 ABCD，故 PAO 60 ， O 为 AC、 BD 中点，连接 OE，则 OE PA， 则 OEB(或其补角 )为异面直线 PA 与 BE 所成角， 在 OBE 中， OE 1， OB 1， BE 2， cos OEB 1 2 121 2 22 ， OEB 45. 故异面直线 PA 与 BE 所成角为 45. 3如图所示，三棱

13、柱 ABC A1B1C1，底面是边长为 2 的正三角形，侧棱 A1A 底面 ABC，点 E， F 分别是棱 CC1， BB1上的点，点 M 是线段 AC 上的动点， EC 2FB 2. (1)当点 M 在何位置时， BM 平面 AEF? (2)若 BM 平面 AEF，判断 BM 与 EF 的位置关系，说明理由；并求 BM 与 EF 所成的角的=【 ;精品教育资源文库 】 = 余弦值 解： (1)解法一：如图所示，取 AE 的中点 O，连接 OF，过点 O 作 OM AC 于点 M. 因为侧棱 A1A 底面 ABC， 所以侧面 A1ACC1 底面 ABC. 又因为 EC 2FB 2， 所以 OM

14、 FB EC 且 OM 12EC FB. 所以四边形 OMBF 为矩形， BM OF. 因为 OF?平面 AEF， BM?平面 AEF， 故 BM 平面 AEF，此时点 M 为 AC 的中点 解法二：如图所示，取 EC 的中点 P， AC 的中点 Q.连接 PQ， PB， BQ. 因为 EC 2FB 2，所以 PE 綊 BF， 所以 PQ AE， PB EF， 所以 PQ 平面 AFE， PB 平面 AEF， 因为 PB PQ P， PB， PQ? 平面 PBQ， 所以平面 PBQ 平面 AEF. 又因为 BQ? 平面 PBQ， 所以 BQ 平面 AEF. 故点 Q 即为所求的点 M，此时点 M 为 AC 的中点 (2)由 (1)知， BM 与 EF 异面， OFE(或 MBP)或其补角就是异面直线 BM 与 EF 所成的角 易求 AF EF 5， MB OF 3， OF AE， 所以 cos OFE OFEF 35 155 ， 所以 BM 与 EF 所成的角的余弦值为 155 .