高考数学一轮复习第7章立体几何73空间点直线平面之间的位置关系课后作业文.docx

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高考数学一轮复习第7章立体几何73空间点直线平面之间的位置关系课后作业文

2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何7.3空间点直线平面之间的位置关系课后作业文

一、选择题

1．（xx·浙江高考）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）

A．m∥lB．m∥n

C．n⊥lD．m⊥n

答案　C

解析　对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确．故选C.

2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）

A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面

答案　B

解析　当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故选B.

3．（xx·雅安期末）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有（　　）

A．1条B．2条

C．4条D．无数条

答案　C

解析　若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件．则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选C.

4．（xx·宁德期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（　　）

A．0°B．45°

C．60°D．90°

答案　D

解析　如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE－CMFB，

∵CD∥BN，CD⊥AM，

∴AM⊥BN，

∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°.故选D.

5．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（　　）

A.B.

C.D.

答案　D

解析　连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝.故选D.

6．（xx·江西景德镇模拟）将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线AD折起得到空间四面体ABCD（如图2），则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是（　　）

A．相交且垂直B．相交但不垂直

C．异面且垂直D．异面但不垂直

答案　C

解析　在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面．故选C.

7．（xx·河北唐山模拟）已知P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝4，则异面直线PA与MN所成角的大小是（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．90°

答案　A

解析　取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP,ON＝AP,OM∥BC,OM＝BC，所以异面直线PA与MN所成的角为∠ONM（或其补角），在△ONM中，OM＝2，ON＝2，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.

8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝（　　）

A．8B．9

C．10D．11

答案　A

解析　如图，CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴m＝4；∵EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴n＝4，故m＋n＝8.故选A.

9．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是（　　）

答案　D

解析　①在A中易证PS∥QR，

∴P，Q，R，S四点共面．

②在C中易证PQ∥SR，

∴P，Q，R，S四点共面．

③在D中，∵QR⊂平面ABC，

PS∩面ABC＝P且P∉QR，

∴直线PS与QR为异面直线．

∴P，Q，R，S四点不共面．

④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：

取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，

可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.

∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，

∴P，Q，R，S四点共面．故选D.

10．（xx·广东惠州三调）如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：

①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.

其中正确的有（　　）

A．1个B．2个

C．3个D．4个

答案　B

解析　将展开图还原为几何体（如图），因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；因为AF⊂平面PAD，B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错误．故选B.

二、填空题

11．如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，

①BM与ED平行；

②CN与BE是异面直线；

③CN与BM成60°角；

④DM与BN垂直．

以上四个命题中，正确命题的序号是________．

答案　③④

解析　如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立．

∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE.∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面CDNM，

∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面BCN，

∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.

12．（xx·仙桃期末）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD＝2，且AC与BD成60°，则四边形EFGH的面积为________．

答案　

解析　如图所示，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，

∴EH∥FG∥BD,EH＝FG＝

BD＝1.

∴四边形EFGH是平行四边形，

同理可得EF＝GH＝AC＝1，

∴四边形EFGH是菱形．

∵AC与BD成60°，∴∠FEH＝60°或120°.

∴四边形EFGH的面积＝2×EF2sin60°＝.

13．（xx·湖北武昌调研）若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________（写出所有正确结论的编号）．

①四面体ABCD每组对棱相互垂直；

②四面体ABCD每个面的面积相等；

③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；

④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；

⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．

答案　②④⑤

解析　对于①，把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；对于②，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；对于③，当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；对于④，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；又命题⑤显然成立，故填②④⑤.

14．如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．

答案　

解析　

折成的正四面体，如图，连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH，故∠PGK（或其补角）即为所求的异面直线所成的角．

设这个正四面体的棱长为2，

在△PGK中，PG＝，GK＝，

PK＝＝，

故cos∠PGK＝

＝

＝，

即异面直线PG与DH所成的角的余弦值为.

三、解答题

15．（xx·普宁市校级期末）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点．

（1）在A1C上是否存在一点Q，使BC1∥DQ?

（2）设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求异面直线AB1与CD所成角的大小．

解　

（1）连接AC1交A1C于Q，连接DQ，

∴DQ为△ABC1的中位线，DQ∥BC1，

∴A1C上存在一点Q，使BC1∥DQ，Q为A1C的中点．

（2）解法一：

连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是△ABB1的中位线，

∴DM∥AB1，

∴∠CDM就是所求异面直线所成角（或补角），

∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，

∴CM＝，DM＝，CD＝，

∴DM2＋CD2＝CM2，满足勾股定理，∴∠CDM＝90°，

故异面直线AB1与CD所成角为90°.

解法二：

易证CD⊥平面ABB1A1，从而证明CD⊥AB1，故异面直线AB1与CD所成角为90°.

16．（xx·江西七校联考）如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA，AB＝AD＝DE＝CD＝2，M是线段AE上的动点．

（1）试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；

（2）在

（1）的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比．

解　

（1）当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF.

理由如下：

连接CE交DF于N，连接MN，因为四边形CDEF是矩形，所以N为CE的中点，又M为AE的中点，所以MN∥AC，又MN⊂平面MDF，AC⊄平面MDF，所以AC∥平面MDF.

（2）如图，将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B′CF，

由题意知三棱柱ADE－B′CF是直三棱柱，其体积V＝S△ADE·CD＝×2×2×4＝8，

则几何体ADE－BCF的体积

VADE－BCF＝V三棱柱ADE－B′CF－VF－BB′C＝8－××2×2×2＝，

又V三棱锥F－DEM＝V三棱锥M－DEF

＝××1＝，

∴平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比为∶＝.