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7-3空间点、直线、平面之间的位置关系


高考复习顶层设计 数学·理

配餐作业(四十三)
一、选择题

空间点、直线、平面之间的

位置关系

1.平面 α∩β=l,点 A∈α,点 B∈α,且 C?l,C∈β,又 AB∩l =R,如图所示,过 A、B、C 三点确定的平面为 γ,则 β∩γ 是( A.直线 AC B.直线 BC C.直线 CR D.直线 AR 解析:由已知条件可知,C∈γ,AB∩l=R,AB?γ, ∴R∈γ。又∵C,R∈β,故 CR=β∩γ。 答案:C 2.如图所示,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
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高考复习顶层设计 数学·理 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。 答案:A 3.正方体 AC1 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: 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。 答案:A 4.(2016· 合肥模拟)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( 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。 )

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高考复习顶层设计 数学·理 答案:D 5.在正四棱锥 VABCD 中,底面正方形 ABCD 的边长为 1,侧 棱长为 2,则异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为( π A.6 π C.3 π B.4 π D.2 )

解析: 如图所示, 设 AC∩BD=O, 连接 VO, 由于四棱锥 VABCD 是正四棱锥,所以 VO⊥平面 ABCD,故 BD⊥VO。又四边形 ABCD 是正方形,所以 BD⊥AC,所以 BD⊥平面 VAC。所以 BD⊥VA,即 π 异面直线 VA 与 BD 所成角的大小为2。 答案:D 6.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90° ,M,N 分别是 A1B1, A1C1 的中点,BC=CA=CC1,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( 1 A.10 30 C. 10 2 B.5 2 D. 2 )

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高考复习顶层设计 数学·理

解析:建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,设 BC=2,则 → =(1, → =(- B(0,2,0),A(2,0,0), M(1,1,2),N(1,0,2), 所以BM -1,2), AN →· →| |BM AN 3 1, 0,2), 故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cosθ= = = → → 6 × 5 |BM|· |AN| 30 10 。 答案:C 7. (2016· 天津模拟)如图所示, 点 P 在正方形 ABCD 所在平面外, PA⊥平面 ABCD,PA=AB,则 PB 与 AC 所成角是( )

A.90° C.60°

B.45° D.30°

解析: 过点 B 作 BE 綊 CA, 连接 AE, PE, 由已知△PAB 及△BAE 和△PAE 均为全等的等腰直角三角形,因此△PBE 为等边三角形,所 以 PB 与 AC 所成的角为 60° 。

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高考复习顶层设计 数学·理 答案:C 二、填空题 8.下列如图所示是正方体和正四面体,P、Q、R、S 分别是所 在棱的中点,则四个点共面的图形是______。









解析:在④图中,可证 Q 点所在棱与面 PRS 平行,因此,P、Q、

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高考复习顶层设计 数学·理 R、S 四点不共面.可证①中四边形 PQRS 为梯形;③中可证四边形 PQRS 为平行四边形;②中如图所示取 A1A 与 BC 的中点为 M、N 可 证明 PMQNRS 为平面图形,且 PMQNRS 为正六边形。 答案:①②③ 9.如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,M、N 分别是棱 CD、 CC1 的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是__________。

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,即夹角为 90° 。 答案:90° 10.设 a,b,c 是空间的三条直线,下面给出四个命题: ①设 a⊥b,b⊥c,则 a∥c; ②若 a, b 是异面直线,b,c 是异面直线,则 a,c 也是异面直线; ③若 a 和 b 相交,b 和 c 相交,则 a 和 c 也相交; ④若 a 和 b 共面,b 和 c 共面,则 a 和 c 也共面。

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高考复习顶层设计 数学·理 其中真命题的个数是________。 解析:因为 a⊥b,b⊥c,所以 a 与 c 可能相交,平行,异面,故 ①错;因为 a,b 异面,b,c 异面,则 a,c 可能异面,相交,平行, 故②错;由 a,b 相交,b,c 相交,则 a,c 可以异面,相交,平行, 故③错;同理④错,故真命题的个数为 0。 答案:0 三、解答题

11. 如图, 四边形 ABEF 和 ABCD 都是直角梯形, ∠BAD=∠FAB 1 1 =90° ,BC 綊2AD,BE 綊2FA,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, 1 可得 GH 綊2AD。 1 又 BC 綊2AD,∴GH 綊 BC。 ∴四边形 BCHG 为平行四边形。 1 (2)方法一:由 BE 綊2AF, G 为 FA 中点知,BE 綊 FG,
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高考复习顶层设计 数学·理 ∴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。

方法二:如图,延长 FE,DC 分别与 AB 交于点 M,M′, 1 ∵BE 綊2AF,∴B 为 MA 中点。 1 ∵BC 綊2AD, ∴B 为 M′A 中点。 ∴M 与 M′重合,即 FE 与 DC 交于点 M(M′)。 ∴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。
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高考复习顶层设计 数学·理 (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= 3,AE= 2,EF= 2, 2+2-3 1 由余弦定理得 cos∠AEF= =4, 2× 2× 2 1 所以异面直线 AE 和 PB 所成角的余弦值为4。 (3)因为 E 是 PC 的中点, 1 所以点 E 到平面 ABC 的距离为2PA=1, 1 ?1 3 3? VA-EBC=VE-ABC=3×? ×2×2× ?×1= 3 。 2? ?2

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