高考数学大一轮复习 第七章 立体几何课时作业46 理 新人教A版.docx

1、高考数学大一轮复习 第七章 立体几何课时作业46 理 新人教A版2019-2020年高考数学大一轮复习 第七章 立体几何课时作业46 理 新人教A版一、选择题1若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件解析：若两条直线无公共点，则两条直线可能异面，也可能平行若两条直线是异面直线，则两条直线必无公共点答案：A2若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是()A平行 B异面C相交 D平行、异面或相交解析：经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现，故选D

2、.答案：D3若空间三条直线a，b，c满足ab，bc，则直线a与c()A一定平行 B一定相交C一定是异面直线 D一定垂直解析：两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直，故选D.答案：D4已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A. B. C. D. 解析：取DD1的中点F，连接CF，D1CF为BE与CD1所成的角，取AB1，则cosD1CF.故直线BE与CD1所成角的余弦值为.答案：C5已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且ABCBCD，那么直线AB与CD的位置关系是()AABCDBAB与CD异面C

3、AB与CD相交DABCD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是异面直线答案：D6已知a，b，c为三条不同的直线，且a平面M，b平面N，MNc.若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；若ab，则必有ac；若ab，ac，则必有MN.其中正确命题的个数是()A0 B1C2 D3解析：命题正确，命题错误其中命题中a和b有可能垂直；命题中当bc时，平面M，N有可能不垂直，故选C.答案：C二、填空题7三条直线可以确定三个平面，这三条直线

4、的公共点个数是_解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种情况：一是两两相交，有1个交点；二是互相平行，没有交点答案：0或18已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为_解析：如图，连接DF，因为DF与AE平行，所以DFD1即为异面直线AE与D1F所成角的平面角，设正方体的棱长为2，则FD1FD，由余弦定理得cosDFD1.答案：9如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_解析：在正四面体中取CD的中点G，连接FG，EG，作FH平面CDE于点

5、H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共4个答案：4三、解答题10如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BC綊AD，BE綊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：(1)证明：由已知FGGA，FHHD，可得GH綊AD.又BC綊AD，GH綊BC，四边形BCHG为平行四边形(2)由BE綊AF，G为FA中点知，BE綊FG，四边形BEFG为平行四边形，EFBG

6、.由(1)知BG綊CH，EFCH，EF与CH共面又DFH，C、D、F、E四点共面11已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面ABC的中心，如图所示：(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1BCA1的体积解：(1)连接AO，并延长与BC交于点D，则AD是BC边上的中线点O是正ABC的中心，且A1O平面ABC，BCAD，BCA1O.ADA1OO，BC平面ADA1.BCAA1.又AA1CC1，异面直线AA1与BC1所成的角为BC1C.CC1BC，即四边形BCC1B1为正方形，异面直线AA1与BC1所成

7、角的大小为.(2)三棱柱的所有棱长都为2，可求得AD，AOAD，A1O.VABCA1B1C1SABCA1O2，VA1B1C1CBVABCA1B1C1VA1ABC.VC1BCA1VA1BCC1VA1BCC1B1.1已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A，且lB，且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析：由题意可知与相交，可能垂直，故A，B错；因交线分别垂直于异面直线m，n，又lm，ln，l，l，所以交线平行于l，故选D.答案：D2(xx大纲全国卷)已知二面角l为60，AB，ABl，A为垂足，CD，Cl，ACD135，则异面直线AB与CD所成角

8、的余弦值为()A.B.C.D. 解析：如图，在平面内过C作CEAB，则ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角，不妨取CE1，过E作EO于O.在平面内过O作OHCD于H，连EH，则EHCD.因为ABCE，ABl，所以CEl.又因为EO平面，所以COl.故ECO为二面角l的平面角，所以ECO60.而ACD135，COl，所以OCH45.在RtECO中，COCEcosECO1cos60.在RtCOH中，CHCOcosOCHsin45.在RtECH中，cosECH.答案：B3如图所示，在四棱锥SABCD中，SB底面ABCD.底面ABCD为梯形，ABAD，ABCD，AB1，AD3，CD2.若点E是线

9、段AD上的动点，则满足SEC90的点E的个数是_ 解析：由于SB底面ABCD，SE在底面ABCD上的射影为BE，要使SEC90，只要BEEC即可由平面几何知识可知，以BC为直径的圆与AD有两个交点，故满足条件的E点的个数是2.答案：24如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B上，且满足B1F2BF.(1)求证：EFA1C1；(2)在棱C1C上确定一点G，使A，E，G，F四点共面，并求此时C1G的长解：(1)证明：如图所示，连接B1D1，ABCDA1B1C1D1为正方体，四边形A1B1C1D1为正方形A1C1B1D1，且BB1平面A1B1C1D1.

10、A1C1BB1.B1D1BB1B1，A1C1平面BB1D1D.EF平面BB1D1D，EFA1C1.(2)如图所示，假设A，E，G，F四点共面，则A，E，G，F四点确定平面AEGF，ABCDA1B1C1D1为正方体，平面AA1D1D平面BB1C1C.平面AEGF平面AA1D1DAE，平面AEGF平面BB1C1CGF，由平面与平面平行的性质定理得AEGF，同理可得AFGE，因此四边形AEGF为平行四边形，GFAE.在RtADE中，ADa，DEDD1，ADE90，由勾股定理得AEa，在直角梯形B1C1GF中，下底B1FBB1a，直角腰B1C1a，斜腰GFAEa，由勾股定理可得GFa，结合图形可知C1

11、GB1F，解得C1Ga.2019-2020年高考数学大一轮复习 第七章 立体几何课时作业47 理 新人教A版一、选择题1平面平面，点A，C，点B，D，则直线AC直线BD的充要条件是()AABCD BADCBCAB与CD相交 DA，B，C，D四点共面解析：充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知ACBD.必要性显然成立答案：D2一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面的距离相等，那么直线l与平面的位置关系是()Al BlCl与相交但不垂直 Dl或l解析：l时，直线l上任意点到的距离都相等；l时，直线l上所有的点到的距离都是0；l时，直线l上有两个点到距离相等；l与斜交时，也只能有

12、两个点到距离相等故选D.答案：D3已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面，下列命题正确的是()Alm，l，则mBm，l，则lC，l，则lDlm，m，l，则解析：对于选项A，m可能在内，故A错；对于选项B，l可能与相交，故B错；对于选项C，l可能在内，故C错，所以选D.答案：D4已知l、m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是()A若l，m，则lmB若lm，m，则lC若lm，m，则lD若l，m，则lm解析：A选项，l与m可能平行，异面或相交，A错；B选项，l与可能平行，相交或l在内，B错；C选项，l有可能在内，C错，故选D.答案：D5已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线

13、，给出下列命题：若m，m，则；若m，n，m，n，则；如果m，n，m，n是异面直线，那么n与相交；若m，nm，且n，n，则n且n.其中正确的命题是()A BC D解析：由面面垂直的判定定理得正确，若mn时，有可能相交，所以错误对来说，n可能与平行，则错m，m，m，n，nm，则n，同理n，选D.答案：D6如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线()A有无数条B有2条C有1条D不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条答案：A二、填空题7在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1