【数学】2020届浙江一轮复习通用版8-3空间点、直线、平面之间的位置关系作业

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文档介绍

【数学】2020届浙江一轮复习通用版8-3空间点、直线、平面之间的位置关系作业

‎[基础达标]‎ ‎1.已知异面直线a,b分别在平面α,β内,且α∩β=c,那么直线c一定(  )‎ A.与a,b都相交 B.只能与a,b中的一条相交 C.至少与a,b中的一条相交 D.与a,b都平行 解析:选C.若c与a,b都不相交,则c与a,b都平行,根据公理4,知a∥b,与a,b异面矛盾.‎ ‎2.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是(  )‎ A.直线AC B.直线AB C.直线CD D.直线BC 解析:选C.由题意知,D∈l,l⊂β,所以D∈β,‎ 又因为D∈AB,所以D∈平面ABC,‎ 所以点D在平面ABC与平面β的交线上.‎ 又因为C∈平面ABC,C∈β,‎ 所以点C在平面β与平面ABC的交线上,‎ 所以平面ABC∩平面β=CD.‎ ‎3.已知AB是平面α的斜线段,A为斜足.若点P在平面α内运动,使得△ABP的面积为定值,则动点P的轨迹是(  )‎ A.圆 B.椭圆 C.一条直线 D.两条平行直线 解析:选B.如图,由于AB的长为定值,且△ABP的面积也是定值,因此空间中点P到直线AB的距离也为定值,从而可以推知点P在空间的轨迹应是以AB为旋转轴的圆柱面,又点P在平面α内,且AB与平面α不垂直,故点P的轨迹应是该圆柱面被平面α截出的椭圆.‎ ‎4.(2019·瑞安四校联考)若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是(  )‎ A.AB∥CD B.AD∥CB C.AB与CD相交 D.A,B,C,D四点共面 解析:选D.因为平面α∥平面β,要使直线AC∥直线BD,则直线AC与BD是共面直线,即A,B,C,D四点必须共面.‎ ‎5.如图,正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2,E,F分别是AB,A1C1的中点,则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是(  )‎ A. B. C. D.2‎ 解析:选B.如图,取AC中点G,连接FG,EG,则FG∥C1C,FG=C1C;EG∥BC,EG=BC,故∠EFG即为EF与C1C所成的角,在Rt△EFG中,‎ cos∠EFG===.‎ ‎6.(2019·台州模拟)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(  )‎ 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:选A.连接A1C1,AC(图略),则A1C1∥AC,‎ 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,‎ 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.‎ ‎7.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:‎ ‎①直线AM与CC1是相交直线;‎ ‎②直线AM与BN是平行直线;‎ ‎③直线BN与MB1是异面直线;‎ ‎④直线AM与DD1是异面直线.‎ 其中正确的结论为________(注:把你认为正确的结论的序号都填上).‎ 解析:直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,故①②错误.‎ 答案:③④‎ ‎8.(2019·金丽衢十二校联考) 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=BD=FG,同理EF∥AC∥HG,且EF=AC=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 ‎9.已知三棱锥ABCD中,AB=CD,且直线AB与CD所成的角为60°,点M,N分别是BC,AD的中点,则直线AB和MN所成的角为________.‎ 解析:如图,取AC的中点P,连接PM,PN,‎ 则PM∥AB,且PM=AB,‎ PN∥CD,且PN=CD,所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角),则∠MPN=60°或∠MPN=120°.‎ 因为PM∥AB,所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角).‎ ‎①若∠MPN=60°,‎ 因为AB=CD,所以PM=PN,‎ 则△PMN是等边三角形,所以∠PMN=60°,‎ 即AB与MN所成的角为60°.‎ ‎②若∠MPN=120°,则易知△PMN是等腰三角形,所以∠PMN=30°,即AB与MN所成的角为30°.‎ 综上,直线AB和MN所成的角为60°或30°.‎ 答案:60°或30°‎ ‎10.如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是__________.‎ 解析:作BE∥AC,BE=AC,连接D′E,则∠D′BE为所求的角或其补角,作D′N⊥AC于点N,设M为AC的中点,连接BM,则BM⊥AC,作NF∥BM交BE于F,连接D′F,设∠D′NF=θ,因为D′N==,BM=FN==,所以D′F2=-5cos θ,因为AC⊥D′N,AC⊥FN,所以D′F⊥AC,所以D′F⊥BE,又BF=MN=,所以在Rt△D′FB中,D′B2‎ ‎=9-5cos θ,所以cos ∠D′BE==≤,当且仅当θ=0°时取“=”.‎ 答案: ‎11. 如图,已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P,A∈a,B∈a,C∈b,D∈c,求证:AD与BC是异面直线.‎ 证明:假设AD与BC共面,所确定的平面为α,那么点P、A、B、C、D都在平面α内,‎ 所以直线a、b、c都在平面α内,与已知条件a、b、c不共面矛盾,假设不成立,‎ 所以AD与BC是异面直线.‎ ‎12.在正方体ABCDA1B1C1D1中,‎ ‎(1)求AC与A1D所成角的大小;‎ ‎(2)若E,F分别为AB,AD的中点,求A1C1与EF所成角的大小.‎ 解:(1)如图,连接B1C,AB1,由ABCDA1B1C1D1是正方体,易知A1D∥B1C,从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角.‎ 因为AB1=AC=B1C,‎ 所以∠B1CA=60°.‎ 即A1D与AC所成的角为60°.‎ ‎(2)连接BD,在正方体ABCDA1B1C1D1中,AC⊥BD,AC∥A1C1.‎ 因为E,F分别为AB,AD的中点,‎ 所以EF∥BD,所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.‎ 即A1C1与EF所成的角为90°.‎ ‎[能力提升]‎ ‎1.设A,B,C,D是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是(  )‎ A.若AC与BD共面,则AD与BC共面 B.若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线 C.若AB=AC,DB=DC,则AD=BC D.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC 解析:选C.A中,若AC与BD共面,则A,B,C,D四点共面,则AD与BC共面;B中,若AC与BD是异面直线,则A,B,C,D四点不共面,则AD与BC是异面直线;C中,若AB=AC,DB=DC,AD不一定等于BC;D中,若AB=AC,DB=DC,可以证明AD⊥BC.‎ ‎2.(2019·温州市高考数学模拟)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,点P,Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点,则△PEQ周长的最小值为(  )‎ A.2 B. C. D.2 解析:选B.由题意,△PEQ周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB上,设E关于B1C的对称点为M,关于B1C1的对称点为N,则EM=,EN=2,∠MEN=135°,‎ 所以MN==.‎ ‎3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1、CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有________条.‎ 解析:法一:如图,在EF上任意取一点M,直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有一个交点N,当M取不同的位置时就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这三条异面直线都有交点,所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条.‎ 法二:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD与平面α不平行,所以它们相交,设它们交于点Q,连接PQ(图略),则PQ与EF必然相交,即PQ为所求直线.由点P的任意性,知有无数条直线与三条直线A1D1,EF,CD都相交.‎ 答案:无数 ‎4.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是________.‎ 解析:构造四面体ABCD,使AB=a,CD=,AD=AC=BC=BD=1,取CD的中点E,则AE=BE=,‎ 所以+>a,所以0
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