高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系.docx
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高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系.docx
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高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系
2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标38空间点直线平面之间的位置关系
[解密考纲]考查点、线、面的位罝关系,常以选择题或填空题的形式出现.
一、选择题
1.设a,b是平面α内两条不同的直线,l是平面α外的一条直线,则“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的( C )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
解析 直线a,b平行时,由“l⊥a,l⊥b”
“l⊥α”;“l⊥α”⇒“l⊥a,l⊥b”,所以“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件.
2.如图所示,ABCD-A1B1C1D1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.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,则A1C1∥AC,∴A1,C1,C,A四点共面.
∴A1C⊂平面ACC1A1.
∵M∈A1C,∴M∈平面ACC1A1.
又M∈平面AB1D1,∴M为平面ACC1A1与AB1D1的公共点.
同理O,A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点.
∴A,M,O三点共线.
3.正方体A1C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 )
A.相交 B.异面 C.平行 D.垂直
解析 如图所示,直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF⊂平面A1BCD1,且两直线不平行,故两直线相交.
4.已知空间中有三条线段AB,BC和CD,且∠ABC=∠BCD,那么直线AB与CD的位置关系是( D )
A.AB∥CD
B.AB与CD异面
C.AB与CD相交
D.AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交
解析 若三条线段共面,如果AB,BC,CD构成等腰三角形,则直线AB与CD相交,否则直线AB与CD平行;若不共面,则直线AB与CD是异面直线.
5.(xx·黑龙江哈尔滨六中期中)下列命题正确的个数是( B )
①梯形的四个顶点在同一平面内;
②三条平行直线必共面;
③有三个公共点的两个平面必重合;
④每两条相交且交点各不相同的四条直线一定共面.
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 对于①,由于梯形为平面图形,故四个顶点在同一平面内,所以①正确;对于②,如三棱柱的三条侧棱相互平行但不共面,故三条平行线可共面,也可不共面,所以②不正确;对于③,当这三点共线时,两个平面可以不重合,故③不正确;对于④,由平面的性质可得满足条件的四条直线必共面,故④正确.综上,①④正确.故选B.
6.(xx·全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( A )
解析 方法一 对于B项,如图所示连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ,同理可证C,D项中均有AB∥平面MNQ.故选A.
方法二 对于A项,设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示),连接OQ,则OQ∥AB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行.故选A.
二、填空题
7.已知a,b为异面直线,直线c∥a,则直线c与b的位置关系是__相交或异面__.
解析 直线的位置关系有三种:
相交、异面、平行.因为a,b为异面直线,c∥a,所以c与b不平行,故c与b可能相交或异面.
8.四棱锥P-ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A,其三视图如图所示,其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形,则在四棱锥P-ABCD的任意两个顶点的连线中,互相垂直的异面直线共有__6__对.
解析 由题意可得PA⊥BC,PA⊥CD,AB⊥PD,BD⊥PA,BD⊥PC,AD⊥PB,即互相垂直的异面直线共有6对.
9.如图所示,正方形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,将此正方形沿EF折成直二面角后,异面直线AF与BE所成角的余弦值为__
__.
解析 如图,取BC的中点H,连接FH,AH,
∴BE∥FH,∴∠AFH即为异面直线AF与BE所成的角.
过A作AG⊥EF于G,则G为EF的中点.
连接HG,HE,则△HGE是直角三角形.
设正方形边长为2,
则EF=
,HE=
,EG=
,
∴HG=
=
,
∴AH=
=
.
由余弦定理知
cos∠AFH=
=
=
.
三、解答题
10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,求异面直线A1M与DN所成的角的大小.
解析 如图,连接D1M,可证D1M⊥DN.
又∵A1D1⊥DN,A1D1,MD1⊂平面A1MD1,
A1D1∩MD1=D1,
∴DN⊥平面A1MD1,
∴DN⊥A1M,即异面直线A1M与DN所成的夹角为90°.
11.如图,四边形ABEF和ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC
AD,BE
FA,G,H分别为FA,FD的中点.
(1)证明:
四边形BCHG是平行四边形;
(2)C,D,F,E四点是否共面?
为什么?
解析
(1)证明:
由已知FG=GA,FH=HD,
可得GH
AD.
又BC
AD,∴GHBC.∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)由BE
AF,G为FA的中点,知BEFG,
∴四边形BEFG为平行四边形.
∴EF∥BG.由
(1)知BG∥CH,∴EF∥CH,∴EF与CH共面.
又D∈FH,∴C,D,F,E四点共面.
12.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,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;
(3)求三棱锥A-EBC的体积.
解析
(1)证明:
假设AE与PB共面,设平面为α.
因为A∈α,B∈α,E∈α,所以平面α即为平面ABE,
所以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EF∥PB,所以∠AEF或其补角就是异面直线AE和PB所成的角,
因为∠BAC=60°,
PA=AB=AC=2,PA⊥平面ABC,
所以AF=
,AE=
,EF=
,
由余弦定理得cos∠AEF=
=
,
所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为
.
(3)因为E是PC的中点,
所以点E到平面ABC的距离为
PA=1,
VA-EBC=VE-ABC=
×
×1=
.
2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标39直线平面平行的判定及其性质
[解密考纲]对直线、平面平行的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现,难度不大;综合应用直线、平面平行的判定与性质常以解答题为主,难度中等.
一、选择题
1.已知两个不同的平面α,β,两条不同的直线a,b,a⊂α,b⊂α,则“a∥β,b∥β”是“α∥β”的( B )
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 因为“a∥β,b∥β”,若a∥b,则α与β不一定平行,反之若“α∥β”,则一定“a∥β,b∥β”.故选B.
2.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( B )
A.BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形
B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形
C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形
D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形
解析 由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF
BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG
BD,所以EF∥HG且EF≠HG,所以四边形EFGH是梯形.
3.能使直线a与平面α平行的条件是( D )
A.直线与平面内的一条直线平行
B.直线与平面内的某条直线不相交
C.直线与平面内的无数条直线平行
D.直线与平面内的所有直线不相交
解析 A项不正确,因为由直线与平面内的一条直线平行,不能推出直线与平面平行,直线有可能在平面内;B项不正确,因为由直线与平面内的某条直线不相交,不能推出直线与平面平行,直线有可能在平面内,也可能和平面相交;C项不正确,因为由直线与平面内的无数条直线平行,不能推出直线与平面平行,直线有可能在平面内;D项正确,因为由直线与平面内的所有直线不相交,依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行.
4.下面四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是( A )
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
解析 由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
5.已知a,b表示不同的直线,α,β表示不同的平面,则下列命题正确的是( C )
A.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b
B.若a∥b,a⊂α,b⊂β,则α∥β
C.若a∥b,α∩β=a,则b∥α或b∥β
D.若直线a与b异面,a⊂α,b⊂β,则α∥β
解析 对于A项,a与b还可能相交或异面,此时a与b不平行,故A项不正确;对于B项,α与β可能相交,此时设α∩β=m,则a∥m,b∥m,故B项不正确;对于D项,α与β可能相交,如图所示,故D项不正确.故选C.
6.已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,给出下列命题:
①
⇒n∥α;②
⇒m∥n;③
⇒α∥β;④
⇒m∥n.其中正确命题的序号是( B )
A.③④ B.②③ C.①② D.①②③④
解析 ①不正确,n可能在α内.
②正确,垂直于同一平面的两直线平行.
③正确,垂直于同一直线的两平面平行.
④不正确,m,n可能为异面直线.故选B.
二、填空题
7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于
.
解析 因为直线EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,
且平面AB1C∩平面ABCD=AC,所以EF∥AC.
又E是DA的中点,所以F是DC的中点,
由中位线定理可得EF=
AC,
又在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,
所以AC=2
,所以EF=
.
8.设α,β,γ是三个不同平面,a,b是两条不同直线,有下列三个条件:
①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a⊂γ.如果命题“α∩β=a,b⊂γ,且____,则a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是__①③__(把所有符合题意条件的序号填上).
解析 ①可以,由a∥γ得a与γ没有公共点,由b⊂β,α∩β=a,b⊂γ,知a,b在面β内,且没有公共点,故平行.
②a∥γ,b∥β不可以,举出反例如下:
使β∥γ,b⊂γ,a⊂β,则此时能有a∥γ,b∥β,但不一定a∥b.这些条件无法确定两直线的位置关系.
③b∥β,a⊂γ可以,由b∥β,α∩β=a,知a,b无公共点,再由a⊂γ,b⊂γ,可得两直线平行.
9.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,点M在线段PC上,PM=tPC,PA∥平面MQB,则实数t=__
__.
解析 连AC交BQ于N,交BD于O,
连接MN,如图,则O为BD的中点.
又∵BQ为△ABD边AD上的中线,
∴N为正三角形的中心.
令菱形ABCD的边长为a,
则AN=
a,AC=
a.
∵PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,
平面PAC∩平面MQB=MN,
∴PA∥MN,∴PM∶PC=AN∶AC,
即PM=
PC,t=
.
三、解答题
10.如图,P是△ABC所在平面外一点,A′,B′,C′分别是△PBC,△PCA,△PAB的重心.求证:
平面A′B′C′∥平面ABC.
证明 连接PA′,PC′并延长,分别交BC,AB于M,N.
∵A′,C′分别是△PBC,△PAB的重心,
∴M,N分别是BC,AB的中点.连接MN,
由
=
=
,知A′C′∥MN,∵MN⊂平面ABC,
∴A′C′∥平面ABC.同理,A′B′∥平面ABC,又A′C′∩A′B′=A′,A′C′,A′B′⊂平面A′B′C′,∴平面A′B′C′∥平面ABC.
11.四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.
(1)求四面体ABCD的体积;
(2)证明:
四边形EFGH是矩形.
解析
(1)由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,
∴AD⊥平面BDC,
∴四面体ABCD的体积V=
×
×2×2×1=
.
(2)证明:
∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,则FG∥EH.
同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.
12.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点且A1F∥平面D1AQ,求A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围.
解析 设平面AD1Q与直线BC交于点G,连接AG,QG,则G为BC的中点.分别取B1B,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,如图所示.
∵A1M∥D1Q,A1M⊄平面D1AQ,
D1Q⊂平面D1AQ,∴A1M∥平面D1AQ.
同理可得MN∥平面D1AQ.
∵A1M,MN是平面A1MN内的两条相交直线,
A1M∩MN=M,
∴平面A1MN∥平面D1AQ.
由此结合A1F∥平面D1AQ,可得直线A1F⊂平面A1MN,即点F是线段MN上的动点.
设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ,
移动点F并加以观察,可得当点F与M(或N)重合时,A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1,此时所成角θ达到最小值,满足tanθ=
=2;当点F与MN的中点重合时,A1F平面BCC1B1所成角达到最大值,满足tanθ=
=2
.
∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围为[2,2
].
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