【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第39讲 空间点、直线、平面之间的位置关系(达标检测) Word版含解析.docx,共(21)页,2.244 MB,由小赞的店铺上传
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第39讲空间点、直线、平面之间的位置关系(达标检测)[A组]—应知应会1.(2020春•密云区期末)在空间中,下列结论正确的是()A.三角形确定一个平面B.四边形确定一个平面C.一个点和一条直线确定一个平面
D.两条直线确定一个平面【分析】直接利用平面的性质的应用求出结果.【解答】解:对于选项A:三角形的三角不共线,所以不共线的三点确定的平面有且只有一个,故正确.对于选项B:四边形假设为空间四边形,确定的平面可能有
四个,故错误.对于选项C:只有当点不在直线上时,才能确定一个平面,故错误.对于选项D:两条直线平行或相交时,确定的平面有且只有一个,故错误.故选:A.2.(2020春•朝阳区校级期中)一正四面体木块如图所示,点P是棱VA的中点,过点P将木块锯
开,使截面平行于棱VB和AC,则下列关于截面的说法正确的是()A.满足条件的截面不存在B.截面是一个梯形C.截面是一个菱形D.截面是一个三角形【分析】取AB中点D,BC中点E,VC中点F,连结PD、DE、EF、FP,推导出截面是菱形PD
EF.【解答】解:取AB中点D,BC中点E,VC中点F,连结PD、DE、EF、FP,点P是棱VA的中点,//PDVB,12PDVB=,//EFVB,12EFVB=,//DEAC,12DEAC=,//PFAC,12PFAC=,过点P将木块锯开,使截面平行于棱VB和AC,1//2PDV
B=,1//2EFVB=,1//2DEAC=,1//2PFAC=,//PFDE=,//PDEF=,四边形PDEF是平行四边形,VBAC=,PDDE=,截面是菱形PDEF.故选:C.3.(2019秋
•吉安期末)下列命题是公理的是()A.平行于同一个平面的两个平面互相平行B.垂直于同一条直线的两条直线互相平行C.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线D.空间中,如果两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补【分析】由所学
知识可知A,D为定理,C为公理,再判断B错误得答案.【解答】解:A,D为定理,不是公理;对于B,垂直于同一条直线的两条直线可能平行、也可能相交、也可能异面,故B错误;C是教材中给出的公理.故选:C.4.(2019秋•中山市期末)如
图,点P、Q、R、S分别在正方体的四条棱上,并且是所在棱的中点,则直线PQ与RS是异面直线的图是()A.B.C.D.【分析】利用正方体的性质、异面直线的定义即可判断出结论.【解答】解:A中,//PQRS,B中,//PQRS,C中,PQ与RS为异面直线,D.PQ与RS相交.故选:
C.5.(2020•青羊区校级模拟)在正四棱柱1111ABCDABCD−中,14AA=,2AB=,点E,F分别为棱1BB,1CC上两点,且114BEBB=,112CFCC=,则()A.1DEAF,且直线1DE,AF异面B.1DEAF,且直线1DE,AF相交C.1DEAF=,且直线1DE,A
F异面D.1DEAF=,且直线1DE,AF相交【分析】作图,通过计算可知1DEAF,取点M为BC的中点,则1AMFD共面,显然点E不在面1AMFD内,由此直线1DE,AF异面.【解答】解:22221111117,12DEDBBEAFACCFDE=+=
=+=,如图,取点M为BC的中点,则1//ADMF,故1AMFD共面,点E在面1AMFD面外,故直线1DE,AF异面.故选:A.6.(2020春•本溪县期末)在长方体1111ABCDABCD−中,若13AAAB==,1AD=
,则异面直线11AC和1AB所成角的余弦值为()A.63B.64C.26D.36【分析】连结1BC,AC,由长方体的性质得11//ACAC,从而1BAC是异面直线11AC和1AB所成角(或补角),由此能求出异面直线11AC和1AB所成角的余弦值.【解答】
解:如图,连结1BC,AC,由长方体的性质得11//ACAC,1BAC是异面直线11AC和1AB所成角(或补角),由已知得22(3)12AC=+=,221(3)(3)6AB=+=,221(3)12BC=+=,116622cos24ABBACAC===.异面直线11A
C和1AB所成角的余弦值为64.故选:B.7.(2020春•宣城期末)在正三棱柱111ABCABC−中,M为侧面11ABBA的中心,N为侧面11ACCA的中心,P为BC的中点,则直线MN与直线AP所成的角为()A.0B.45C.60D.90【分析】由题意画
出图形,可得//MNBC,再由APBC⊥,得到APMN⊥,则答案可求.【解答】解:如图,M为侧面11ABBA的中心,N为侧面11ACCA的中心,//MNBC,P为BC的中点,连接AP,则APBC⊥.APMN⊥,即直线MN与直线AP所成的角为90.故选:D
.8.(2020春•赤峰期末)在三棱锥PABC−中,M,N,R,Q分别是PA,AB,BC,PC的中点,若PBACm==,且PB与AC所成的角为60,则四边形MNRQ的面积为()A.238mB.234mC.232mD.23m【分析】由题意画出图形,可得四边形M
NRQ为菱形,再由已知异面直线所成角求得MNR,代入三角形面积公式计算.【解答】解:如图,M,N,R,Q分别是PA,AB,BC,PC的中点,////MNQRPB,////MQNRAC,四边形MNRQ为平行四边形,又PB与AC所成的角为60,60MNR=(或120).P
BACm==,2mMNNR==,则四边形MNRQ为菱形.2331222228MNRQmmSm==四边形.故选:A.9.(2020春•河源期末)如图,在三棱柱111ABCABC−中,1AA⊥平面ABC,四边形11BCCB为正方形,24BCAB==,ABBC⊥,D为11CB的中点,
则异面直线11AC与AD所成角的余弦值为()A.35B.1010C.3010D.255【分析】过点D作11//DFAC,交11AB于点F,则ADF为异面直线11AC与AD所成角(或所成角的补角),由此能求出异面直线11AC与AD所成角的余弦值.【解答】解:如图,过
点D作11//DFAC,交11AB于点F,则ADF为异面直线11AC与AD所成角(或所成角的补角),在三棱柱111ABCABC−中,1AA⊥平面ABC,四边形11BCCB为正方形,24BCAB==,ABBC⊥,D为11C
B的中点,由题意知222(22)426AD=++=,22125DF=+=,224117AF=+=,异面直线11AC与AD所成角的余弦值为:2222451730cos2102265ADDFAFADFADDF+−+−=
==.故选:C.10.(2020春•宁德期末)在正四面体ABCD中,E,F,G,H分别是AC,BC,BD,CD的中点,则EF与GH所成的角为()A.6B.4C.3D.2【分析】推导出//EFAB,//GHBC,从而ABC是EF与GH所成的角(或
所成角的补角),由此能求出EF与GH所成的角.【解答】解:在正四面体ABCD中,E,F,G,H分别是AC,BC,BD,CD的中点,//EFAB,//GHBC,ABC是EF与GH所成的角(或所成角的补角),ABC是等边三角形,3ABC
=,EF与GH所成的角为3.故选:C.11.(多选)(2020春•葫芦岛期末)如图,在边长为4的正三角形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PDEF−,则在
此正四面体中,下列说法正确的是()A.PG与DH所成的角的正弦值为23B.DF与PE成角2C.GH与PD所成的角为4D.PG与EF所成角余弦值为36【分析】对于A,推导出DHFP⊥,DEGP⊥,连结FG,取GF中点M,则//HMGP,异面直线PG与DH所成角为DHM
,求出PG与DH所成的角的正弦值为53;对于B,推导出DF⊥平面PEN,从而DFPE⊥;对于C,连结GN,HN,则//NHDP,从而异面直线GH与PD所成的角为GHN,由余弦定理求出GH与PD所成的角为4;对于D,异面直线PG与E
F所成角为PGN,由余弦定理能求出结果.【解答】解:对于A,ABC的边长为4,折成正四面体PDEF−后,如图,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点,DHFP⊥,DEGP⊥,连结FG,取GF中点M,则
//HMGP,异面直线PG与DH所成角为DHM,3GP=,32HM=,连结MD,得72DM=,3DH=,22237(3)()()222cos33232DHM+−==,PG与DH所成的角的正弦值为:2251()33−=,故A错误;对于B,正四面体PDEF−中,取DF中点N,连结PN,E
N,则PNDF⊥,ENDF⊥,DF⊥平面PEN,DFPE⊥,DF与PE成角2,故B正确;对于C,连结GN,HN,则//NHDP,异面直线GH与PD所成的角为GHN,22()3122PFGHGP=−=−=,1GHHN==,2112cos2221GHN
+−==,4GHN=,GH与PD所成的角为4,故C正确;对于D,异面直线PG与EF所成角为PGN,2223133cos26231PGGNPNPGNPGGN+−+−===,故D正确.故选:BCD.12.(多选)(2020•海南模
拟)如图,在正四棱柱1111ABCDABCD−中,12ABAA=,E,F分别为AB,BC的中点,异面直1AB与1CF所成角的余弦值为m,则()A.33m=B.直线1AE与直线1CF共面C.23m=D.直线1AE与直线1CF异面【分析】可连接1DC,DF,
从而看出1DCF为异面直线1AB与1CF所成的角,可设12AA=,从而可得出116,3,5CDCFDF===,这样在1DFC中,根据余弦定理即可求出异面直1AB与1CF所成角的余弦值m的值;然后连接11AC,EF,从而可得出11//EFAC,这样即可得出直线
1AE与直线1CF共面.【解答】解:如图,连接1DC,DF,则11//DCAB,1DCF为异面直线1AB与1CF所成的角,12ABAA=,1111ABCDABCD−为正四棱柱,E,F分别为AB,BC的中点,设12AA=,则2AB=,116,3,5CDCFD
F===,在1DFC中,根据余弦定理,16352cos3263DCF+−==,23m=;连接11AC,AC,EF,则11//ACAC,//EFAC,11//EFAC,1AE与1CF共面.故选:BC.13.(2020春•黄浦区校级期末)作一个平
面截正方体1111ABCDABCD−得到一个多边形(包括三角形)截面,那么截面形状可能是(填上所有你认为正确的选项的序号).①正三角形;②正方形;③菱形;④非正方形的矩形;⑤正五边形;⑥正六边形.【分析】作出可能的截面图形,能求出结果.【解答】解:如图,作一个平面截正方体
1111ABCDABCD−得到一个多边形(包括三角形)截面,对于①,截面形状可能是正三角形11ABC,故①正确;对于②,截面形状可能是正方形EFGH,其中E、F、G、H分别是所在棱的中点,故②正确;对于③,截面形状可能是
菱形EFGH,其中E、F、G、H分别是所在棱的中点,故③正确;对于④,截面形状可能是11ABCD,故④正确;对于⑤,由正方体的对称性得截面形状不可能是正五边形,故⑤错误;对于⑥,截面形状可能是正六边形GMNEPQ,其中G、M、N、E、P、Q分别是所在棱的中点,故⑥正确;故
答案为:①②③④⑥.14.(2019春•秦淮区期末)在正方体1111ABCDABCD−的各条棱中,棱所在直线与直线1AA异面的有条【分析】根据题意画出图形,结合图形写出棱所在直线与直线1AA是异面直线的条数.【解答】解:如图所示,正
方体1111ABCDABCD−中,棱所在直线BC、11BC、CD和11CD与直线1AA是异面直线,共有4条.故答案为:4.15.(2019春•杨浦区校级期末)四面体ABCD中,2ABCD==,4ACADBCBD====,则异面直线A
B与CD的夹角为.【分析】取AB中点E,连接CE,DE,由已知可得CEAB⊥,EDAB⊥,再由线面垂直的判定可得AB⊥平面CED,从而得到异面直线AB与CD的夹角为2.【解答】解:如图,取AB中点E,连接CE
,DE,ACBC=,CEAB⊥,ADBD=,EDAB⊥,又CEDEE=,AB⊥平面CED,则ABCD⊥.即异面直线AB与CD的夹角为2.故答案为:2.16.(2019秋•温州校级月考)如图,1111ABCDABCD−是正方体,E,
F,G,H,M,N分别是所在棱的中点,则下列结论错误的有.①GH和MN是平行直线;GH和EF是相交直线②GH和MN是平行直线;MN和EF是相交直线③GH和MN是相交直线;GH和EF是异面直线④GH和EF是异面直线;MN和EF也是异面直线【分析】根据空间中两条直线的位置关系,对题目中
的命题进行分析、判断即可.【解答】解:对于①,GH和MN是平行直线,但GH和EF是异面直线,不是相交直线,①错误;对于②,GH和MN是平行直线;MN和EF是相交直线,并且它们的交点在直线DC上,②正确;对于③,GH和MN是平行直线,不是相交直线;GH和EF是异面直线,③错误;对于④,GH
和EF是异面直线;但MN和EF是相交直线,不是异面直线,④错误;综上,错误的命题序号是①③④.故答案为:①③④.17.(2020春•沈河区校级期末)已知:平面1=,Al,Bl,4AB=,C,CAl⊥,3AC=,D,D
Bl⊥,3DB=,直线AC与BD的夹角是60,则线段CD的长为.【分析】推导出CDCAABBD=++,从而22()3418cos,CDCAABBDCABD=++=+,由此能求出线段CD的长.【解答】解:平面1=,Al,Bl,4AB=,C,CAl
⊥,3AC=,D,DBl⊥,3DB=,CDCAABBD=++,22()CDCAABBD=++2222CAABBDCABD=+++9169233cos,CABD=+++3418cos,CABD=+,直线AC与BD的夹角
是60,,60CABD=或,120CABD=,当,60CABD=时,线段CD的长为:3418cos6043+=,当,120CABD=时,线段CD的长为:3418cos1205+=.
故答案为:43或5.18.(2020春•常德期末)已知三棱柱111ABCABC−的侧棱垂直于底面,且ABC是边长为1的正三角形,13AA=,E、F分别为BC、1CC的中点,则异面直线1AA与EF所成的角为.【分析】由
题意画出图形,由11//AACC,可得EFC即为异面直线1AA与EF所成角,再由已知求解三角形得答案.【解答】解:如图,在直三棱柱111ABCABC−中,11//AACC,EFC即为异面直线1AA与EF所成角.1CC⊥底面ABC,1CCBC⊥,13CC=,1BC=,且E、
F分别为BC、1CC的中点,32CF=,12CE=,在RtECF中,由32CF=,12CE=,得132tan332CEEFCCF===.30EFC=,即异面直线1AA与EF所成的角为30.故答案为:30.19.(2020•怀化二
模)如图,在三棱锥PABC−中,PA⊥平面ABC,120ABC=,4PA=.若三棱锥PABC−外接球的半径为22,则直线PC与平面ABC所成角的正切值为.【分析】设1O为ABC的外心,O为三棱锥PABC−的外接球的球心,推导出1//PAOO,取P
A的中点D,由22OPOA==,推导出12OOAD==,ABC外接圆的半径12rOA==,由此能求出直线PC与平面ABC所成角的正切值.【解答】解:如图,设1O为ABC的外心,O为三棱锥PABC−的外接球的球心,由PA⊥平面ABC,1OO⊥平面ABC,知1//PAOO,取PA的中点D,由22O
POA==,知D为PA的中点,且四边形1DAOO为矩形,又4PA=,12OOAD==,ABC外接圆的半径12rOA==,在ABC中,由2sinACrABC=,得22sin12023AC==,423tan323PAPCAAC===,直线PC与平面ABC所成角的正切值为233.故
答案为:233.20.(2019秋•包河区校级月考)在空间四边形ABCD中,H,G分别是AD,CD的中点,E,F分别边AB,BC上的点,且14AECFABCB==.求证:①点E,F,G,H四点共面;②直线EH,BD
,FG相交于一点.【分析】①利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理,得到EF、GH都平行于AC,由平行线的传递性得到//EFGH,根据两平行线确定一平面得出证明;②利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上,即可证明.【解答】证明:①如图所示,空间四
边形ABCD中,H,G分别是AD,CD的中点,//HGAC;又14AECFABCB==.//EFAC,//EFHG,E、F、G、H四点共面;②设EH与FG交于点P,EH平面ABDP在平面ABD内,同理P在平面BCD内,且平面ABD平面BCDBD=,点
P在直线BD上,直线EH,BD,FG相交于一点.21.(2020春•金安区校级期末)已知正四棱锥PABCD−的全面积为2,记正四棱锥的高为h.(1)试用h表示底面边长,并求正四棱锥体积V的最大值;(2)当V取最大值时,求异面直线AB和PD所成角的正切值.【分析】(1)设正四棱锥的底面边长为a
,侧面三角形的高为H,由题意可得a关于h的关系式,写出四棱锥体积,整理后利用基本不等式求最值;(2)取CD的中点Q,正方形ABCD的中心为O,连接PO,PQ,OQ,由//ABCD,得PDQ即为异面直线AB与PD所成角,结合(1)中求得的
a值,即可求得异面直线AB和PD所成角的正切值.【解答】解:(1)设正四棱锥的底面边长为a,侧面三角形的概为H,则222aaH+=,12aHa=−,又222()2aHh=+,211ah=+.正四棱锥体积2211133(1)3()hVahhhh===++.12hh+…(当且仅当1hh
=,即1h=时取等号).16V„,即正四棱锥体积V的最大值为16(当1h=,22a=时取最大值);(2)取CD的中点Q,正方形ABCD的中心为O,连接PO,PQ,OQ.//ABCD,PDQ即为异
面直线AB与PD所成角.Q为CD的中点,PCPD=,PQCD⊥.即PQH=,由(1)知,232244H=−=.又1224DQa==,tan3PQPAQDQ==.即异面直线AB和PD所成角的正切值为3.22.(2020•未央区校级模拟)已知圆锥的顶点为P,底面
圆心为O,半径为2.(Ⅰ)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(Ⅱ)设4PO=,OA,OB是底面半径,且90AOB=,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的正切值.【分析】(1)由已知取得圆锥的高,再由圆锥
体积公式求解;(2)证明OB⊥平面POA,取OA中点H,连接MH,则//MHOB,且112MHOB==.可得PMH为异面直线PM与OB所成的角,再证明MHPH⊥,然后求解三角形可得异面直线PM与OB所成的角的正切值
.【解答】解:(1)由圆锥母线长为4,即4PB=,底面半径2OB=,可得圆锥的高224223PO=−=.该圆锥的体积218322333V==;(2)PO⊥底面AOB,POOB⊥,又90AOB=,即OBOA⊥
,POOAO=,OB⊥平面POA,取OA中点H,连接MH,则//MHOB,且112MHOB==.PMH为异面直线PM与OB所成的角.由OB⊥平面POA,//MHOB,可得MH⊥平面POA,得MHPH⊥.在RtPOH中
,求得224117PH=+=,在RtPHM中,可得tan17PHPMHMH==.23.(2020春•广陵区校级期中)如图,在正方体1111ABCDABCD−中,E、F、G、H分别是棱AB、BC、1CC、11CD的中点.(1)判断直线E
F与GH的位置关系,并说明理由;(2)求异面直线1AD与EF所成的角的大小.【分析】(1)法一:取CD的中点I,推导出1//2CFEI=,在平面ABCD中,延长EF与DC必交于C右侧一点P,且PCCI=,同理,在平
面11CCDD中,延长HG与DC必交于C右侧一点Q,且QCCI=,由P与Q重合,得到直线EF与GH相交.法二:推导出1EBCH是平行四边形,从而1//EHBC=,再由11//2FGBC=,得//EHFG,EHFG,由此能推导出直线EF与GH相交.(2)推导出
11ACCA是平行四边形,11//ACAC,//EFAC,从而11//EFAC,1AD与EF所成的角即为1AD与11AC所成的角,再由△11ACD为等边三角形,能求出由直线1AD与EF所成的角的大小.【解答】解:(
1)解法一:取CD的中点I,E、F、I分别是正方形ABCD中AB、BC、CD的中点,1//2CFEI=,在平面ABCD中,延长EF与DC必交于C右侧一点P,且PCCI=同理,在平面11CCDD中,延长HG与DC必交于C右侧一
点Q,且QCCI=,P与Q重合进而,直线EF与GH相交.解法二:在正方体1111ABCDABCD−中,E、H分别是AB、11CD的中点,11////2EBCDHC==,1EBCH是平行四边形,1//EHBC=,又F、G分别是BC、1CC的中点,
11//2FGBC=,//EHFG,EHFG,EF、GH是梯形EFGH的两腰,直线EF与GH相交.(2)解:在正方体1111ABCDABCD−中,11//AACC=,11ACCA是平行四边形,11//ACAC,又E、F分别是AB、BC的中点,//EFAC,11//EFAC
,1AD与EF所成的角即为1AD与11AC所成的角,1AD与EF所成的角即为11DAC及其补角中的较小角,又在正方体1111ABCDABCD−中,△11ACD为等边三角形1160DAC=,由直线1AD与EF所成的角为60.[B组]—强基必备1.(2020•山东
模拟)我国古代数学名著《九章算术》中记载,斜解立方为“堑堵”,即底面是直角三角形的直三棱柱(直三棱柱为侧棱垂直于底面的三棱柱).如图,棱柱111ABCABC−为一个“堑堵”,底面ABC的三边中的最长边与最短边分别为AB,AC,且5AB=,3AC=,点P在棱1BB上,且1PCPC⊥,则当1APC
的面积取最小值时,异面直线1AA与1PC所成的角的余弦值为.【分析】设直三棱柱的高为x,BPy=,先根据1PCPC⊥,利用勾股定理,可得216yxy+=①;过P作1PQCC⊥于点Q,再过点Q作1QMAC⊥为于点M,
则1PMAC⊥,即PM为1APC的边1AC上的高,结合三角函数的知识和三角形的面积公式可得12221[16(9)9()]4APCSxxy=++−②,把①代入②式消去x整理后得1222212516(16656)4A
PCSyy=++,利用基本不等式推出当1APC的面积取最小值时,25y=;最后结合平移的思想,可知11BPC即为所求.【解答】解:设直三棱柱的高为x,BPy=,则1BPxy=−,ABC为直角三角形,且5AB=,3AC=,4BC=,
由勾股定理知,222216PCBCBPy=+=+,2222111116()PCBCBPxy=+=+−,1PCPC⊥,22211PCPCCC+=,即2221616()yxyx+++−=,整理得2160yxy−+
=,即216yxy+=.过P作1PQCC⊥于点Q,再过点Q作1QMAC⊥为于点M,则1PMAC⊥,即PM为1APC的边1AC上的高,在1ACC中,111sinMQACACCCQAC==,1213()9ACCQxyMQACx−==+,2
22229()169xyPMPQMQx−=+=++,1222222221121119()1()[16](9)[16(9)9()]24494APCxySPMACPMACxxxyx−===++=++−+,把216yxy+=代入上式,化简得12222222125161251
6(16656)(16656)44APCSyyyy=+++…,当且仅当222251616yy=,即220y=,25y=时,等号成立,此时1APC的面积取得最小值,201618255x+==.11//AABB,11BPC即为异面直线1AA与1PC所成的角,11112214
45sin31816()16(25)5BCBPCPCxy====+−+−,112cos3BPC=,即异面直线1AA与1PC所成的角的余弦值为23.故答案为:23.