【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

【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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