2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第七章立體幾何73空間點(diǎn)線面間的位置關(guān)系課時(shí)跟蹤檢測(cè)理

7.3空間點(diǎn)、線、面之間的地點(diǎn)關(guān)系[課時(shí)追蹤檢測(cè)][基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是線段BC，CD1的中點(diǎn)，則直線A1B與直線EF的地點(diǎn)關(guān)系是( )A．訂交B．異面C．平行D．垂直分析：由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，進(jìn)而四邊形A1BCD1是平行四邊形，因此A1B∥CD1，又EF?平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，則A1B與EF訂交．答案：A2．以下命題中，真命題的個(gè)數(shù)為( )①假如兩個(gè)平面有三個(gè)不在一條直線上的公共點(diǎn)，那么這兩個(gè)平面重合；②兩條直線能夠確立一個(gè)平面；③空間中，訂交于同一點(diǎn)的三條直線在同一平面內(nèi)；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，則M∈l.A．1B．2C．3D．4分析：依據(jù)公義2，可判斷①是真命題；兩條異面直線不可以確立一個(gè)平面，故②是假命題；在空間，訂交于同一點(diǎn)的三條直線不必定共面(如墻角)，故③是假命題；依據(jù)平面的性質(zhì)可知④是真命題．綜上，真命題的個(gè)數(shù)為2.答案：B3．已知A，B，C，D是空間四點(diǎn)，命題甲：A，B，C，D四點(diǎn)不共面，命題乙：直線AC和BD不訂交，則甲是乙建立的( )A．充分不用要條件B．必需不充分條件C．充要條件D．既不充分也不用要條件分析：若A，B，C，D四點(diǎn)不共面，則直線AC和BD不共面，因此AC和BD不訂交；若直線AC和BD不訂交，但直線AC和BD平行時(shí)，A，B，C，D四點(diǎn)共面，因此甲是乙建立的充分不用要條件．答案：A14．已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，A1C1的中點(diǎn)，則異面直線AE和CF所成的角的余弦值為()3330A.2B．10C.30110D．2分析：如圖，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，取線段AB的中點(diǎn)M，連結(jié)CM，MF，EF.則MF綊AE，因此∠即為所求角或所求角的補(bǔ)角，在△中，＝＝5，＝6，依據(jù)余弦CFMCFMMFCM2aCF2a定理可得cos∠CFM＝30AE與CF所成的角的余弦值為3010，因此異面直線10.應(yīng)選C.答案：C5．在關(guān)閉的直三棱柱－111內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若⊥，＝6，＝8，ABCABCABBCABBCAA＝3，則V的最大值是()19πA．4πB．232πC．6πD．3分析：△的內(nèi)切圓的半徑r＝6＋8－10＝2，又因?yàn)?＝3<4，因此在三棱柱中體積ABC2AA34339最大的球的半徑為2，此時(shí)V＝3π×2＝2π.答案：B6．(2017屆鄭州模擬)以下圖，－1111是正方體，O是11的中點(diǎn)，直線1ABCDABCDBDAC交平面ABD于點(diǎn)M，則以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()11A．A，M，O三點(diǎn)共線B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面分析：連結(jié)A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC，2因此A1，C1，A，C四點(diǎn)共面，因此A1C?平面ACC1A1.因?yàn)镸∈A1C，因此M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，因此M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上．因此A，M，O三點(diǎn)共線．答案：A7．(2018屆福建六校聯(lián)考)設(shè)a，b，c是空間中的三條直線，下邊給出四個(gè)命題：①若a∥b，b∥c，則a∥c；②若a⊥b，b⊥c，則a∥c；③若a與b訂交，b與c訂交，則a與c訂交；④若a?平面α、b?平面β，則a，b必定是異面直線．上述命題中正確的命題是________(寫(xiě)出全部正確命題的序號(hào))．分析：由公義4知①正確；當(dāng)a⊥b，b⊥c時(shí)，a與c能夠訂交、平行或異面，故②錯(cuò)；當(dāng)a與b訂交，b與c訂交時(shí)，a與c能夠訂交、平行，也能夠異面，故③錯(cuò)；a?α，b?β，其實(shí)不可以說(shuō)明a與b“不一樣在任何一個(gè)平面內(nèi)”，故④錯(cuò)．答案：①8．以下圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中點(diǎn)，AA1∶AB＝2∶1，則異面直線AB1與BD所成的角為_(kāi)_______．分析：如圖，取A1C1的中點(diǎn)D1，連結(jié)B1D1，因?yàn)辄c(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，因此B1D1∥BD，因此∠AB1D1即為異面直線AB1與BD所成的角．連接AD1，設(shè)AB＝a，則AA1＝2a，3因此AB1＝3a，B1D1＝2a，31223AD1＝4a＋2a＝2a.因此，在△AB1D1中，由余弦定理得，212232＋32－92111aaa1cos∠11＝AB＋BD－AD11＝60°.ABD2AB·BD2×3×32ABD111a2a答案：60°9．如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為_(kāi)_______．分析：取圓柱下底面弧AB的另一中點(diǎn)D，連結(jié)C1D，AD，因?yàn)镃是圓柱下底面弧AB的中點(diǎn)，因此AD∥BC，因此直線AC1與AD所成角等于異面直線AC1與BC所成角，因?yàn)镃1是圓柱上底面弧A1B1的中點(diǎn)，因此C1D⊥圓柱下底面，因此C1D⊥AD，因?yàn)閳A柱的軸截面ABB1A1是正方形，因此C1D＝2AD，因此直線AC1與AD所成角的正切值為2，因此異面直線AC1與BC所成角的正切值為2.答案：210．如圖，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與四邊形ABCD都是直角梯形，∠BAD11＝∠FAB＝90°，BC綊2AD，BE綊2FA，G，H分別為FA，F(xiàn)D的中點(diǎn)．4求證：四邊形BCHG是平行四邊形；C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)能否共面？為何？解：(1)證明：由題設(shè)知，F(xiàn)G＝GA，F(xiàn)H＝HD，11因此GH綊2AD.又BC綊2AD.故GH綊BC.因此四邊形BCHG是平行四邊形．C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．原因以下：1由BE綊2FA，G是FA的中點(diǎn)，知BE綊GF，因此EF綊BG.由(1)知BG∥CH，因此EF∥CH，故EC、FH共面，又點(diǎn)D在直線FH上，因此C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．[能力提高]1．如圖是三棱錐－的三視圖，點(diǎn)O在三個(gè)視圖中都是所在邊的中點(diǎn)，則異面直線DABCDO和AB所成角的余弦值等于()31A.3B．22C.3D．2分析：由三視圖及題意得以下圖的直觀圖，從A出發(fā)的三條線段，，兩兩垂ABACAD直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中點(diǎn)，取AC中點(diǎn)E，連結(jié)DE，DO，OE，則OE＝1，又可知AE＝1，因?yàn)镺E∥AB，故∠DOE或其補(bǔ)角即為所求兩異面直線所成的角．在直角三角形DAE5中，＝2，因?yàn)镺是中點(diǎn)，在直角三角形中能夠求得＝2，在直角三角形中DEABCAODAO能夠求得DO＝3.在三角形DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝1＋3－23＝，故所求余弦2×1×333值為.3答案：A2．在正四棱錐P－ABCD中，PA＝2，直線PA與平面ABCD所成角為60°，E為PC的中點(diǎn)，求異面直線PA與BE所成角．解：連結(jié)AC，BD訂交于O，連結(jié)PO，在正四棱錐P－ABCD中，PO⊥面ABCD，故∠PAO＝60°，O為AC、BD中點(diǎn)，連結(jié)OE，則OE∥PA，則∠OEB(或其補(bǔ)角)為異面直線PA與BE所成角，在△OBE中，OE＝1，OB＝1，BE＝2，1＋2－12，∴cos∠OEB＝＝22×1×2∴∠OEB＝45°.故異面直線PA與BE所成角為45°.3．以下圖，三棱柱ABC－A1B1C1，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱CC1，BB1上的點(diǎn)，點(diǎn)M是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，EC＝2FB＝2.當(dāng)點(diǎn)M在何地點(diǎn)時(shí)，BM∥平面AEF?(2)若∥平面，判斷與EF的地點(diǎn)關(guān)系，說(shuō)明原因；并求與EF所成的角的BMAEFBMBM6余弦值．解：(1)解法一：以下圖，取AE的中點(diǎn)O，連結(jié)OF，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AC于點(diǎn)M.因?yàn)閭?cè)棱A1A⊥底面ABC，因此側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC.又因?yàn)镋C＝2FB＝2，1因此OM∥FB∥EC且OM＝2EC＝FB.因此四邊形OMBF為矩形，BM∥OF.因?yàn)镺F?平面AEF，BM?平面AEF，故BM∥平面AEF，此時(shí)點(diǎn)M為AC的中點(diǎn)．解法二：以下圖，取EC的中點(diǎn)P，AC的中點(diǎn)Q.連結(jié)PQ，PB，BQ.因?yàn)镋C＝2FB＝2，因此PE綊BF，因此PQ∥AE，PB∥EF，因此PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，因?yàn)镻B∩PQ＝P，PB，PQ?平面P