全国高考数学复习第七篇立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系习题理

第3节空间点、直线、平面之间的位置关系
基础对点练(时间:30分钟)
1.(2016·黑龙江大庆高三月考)下列说法正确的是( D )
(A)若a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线
(B)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面
(C)若a,b不同在平面α内,则a与b异面
(D)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面
解析:由异面直线的定义可知选D.
2.空间四边形两对角线的长分别为6和8,所成的角为45°,连接各边中点所得四边形的面积是( A )
(A)6(B)12
(C)12(D)24
解析: 如图,已知空间四边形ABCD,对角线AC=6,BD=8,易证四边形EFGH为平行四边形,∠EFG 或∠FGH为AC与BD所成的45°角,故
S四边形EFGH=3×4·sin 45°=6,故选A.
3.若直线上有两个点在平面外,则( D )
(A)直线上至少有一个点在平面内
(B)直线上有无穷多个点在平面内
(C)直线上所有点都在平面外
(D)直线上至多有一个点在平面内
解析:根据题意,两点确定一条直线,那么由于直线上有两个点在平面外,则直线在平面外,只能是直线与平面相交,或者直线与平面平行,那么可知直线上至多有一个点在平面内.选D.
4. (2016·淄博实验阶段测试)如图所示,在正方体ABCD A 1B1C1D1中,M,N分别是棱C1D1,C1C 的中点.给出以下四个结论:
①直线AM与直线C1C相交;
②直线AM与直线BN平行;
③直线AM与直线DD1异面;
④直线BN与直线MB1异面.
其中正确结论的序号为( B )
(A)①② (B)③④ (C)①③ (D)②④
解析:AM与C1C异面,故①错;AM与BN异面,故②错;③,④正确.
5.(2016·福州质检)已知命题p:a,b为异面直线,命题q:直线a,b不相交,则p是q的
( A )
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充分必要条件
(D)既不充分也不必要条件
解析:若直线a,b不相交,则a,b平行或异面,所以p是q的充分不必要条件,故选A.
6. 如图,ABCD A 1B1C1D1是长方体,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)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: 连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,C,A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O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.
7.(2016·洛阳一模)已知正四棱柱ABCD A 1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( A )
(A)(B)(C)(D)
解析: 如图所示,因为BD⊥平面ACC1A1,所以平面ACC1A1⊥平面BDC1.在Rt△CC1O中,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,则∠CDH即为所求.令AB=a,显然CH====a,
所以sin ∠CDH==,
即CD与平面BDC1所成角的正弦值为.
8. (2016·揭阳模拟)如图所示,在正三棱柱ABC A 1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为.
解析:如图,取A1C1的中点D1,连接B1D1,
因为D是AC的中点,所以B1D1∥BD,所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角.连接AD1,设AB=a,
则AA1=a,所以AB1=a,B1D1=a,
AD1==a.
所以,在△AB1D1中,由余弦定理得
cos ∠AB1D1=
==,
所以∠AB1D1=60°.
答案:60°
9. 如图所示,在直三棱柱ABC A 1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是.
解析:由于AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角.在△BA1C1
中,A1B=,A1C1=1,BC1=,cos ∠BA1C1==.
答案:
能力提升练(时间:15分钟)
ABC-A1B1C1中,AA1与AC,AB所成的角均为60°,∠BAC=90°,且AB=AC=AA1,则A1B与AC1所成角的正弦值为( D )
(A)1 (B)(C)(D)
解析: 如图所示,把三棱柱补成四棱柱ABDC A 1B1D1C1,连接BD1,则BD1∥AC1,则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角,设AB=a,在△A1BD1中,A1B=a,BD1=a,A1D1=a,所以sin ∠
A1BD1=.
11.(2016·福建六校联考)设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:
①若a∥b,b∥c,则a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;
④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线.
上述命题中正确的命题是(写出所有正确命题的序号).
解析:由公理4知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行或异面,故②错;当a与b 相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③错;a⊂α,b⊂β,并不能说明a 与b“不同在任何一个平面内”,故④错.
答案:①
12.(2015·四川卷) 如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.
解析:如图,建立空间直角坐标系A xyz,
设AB=2,QM=m(0≤m≤2),
则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2),
=(2,1,0),=(1,-m,-2),
cos θ=|cos<,>|
=||
=||
=.
设y=(0≤m≤2),
则y′=
=
=.
当0≤m≤2时,y′≤0,
所以y=在[0,2]上单调递减.
所以当m=0时,y取最大值,
此时cos θ取最大值,(cos θ)max==.
答案:
ABC A 1B1C1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A 1C,A1B,求三棱锥C1BCA1的体积.
解:(1)连接AO,并延长与BC交于点D,则D是BC边上的中点.
因为点O是正△ABC的中心,且A1O⊥平面ABC,
所以BC⊥AD,BC⊥A1O.
因为AD∩A1O=O,
所以BC⊥平面ADA1.
所以BC⊥AA1.又AA1∥CC1,
所以异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C.
因为CC1⊥BC,BC=CC1=B1C1=BB1=2,
即四边形BCC1B1为正方形,
所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为.
(2)因为三棱柱的所有棱长都为2,
所以可求得AD=,AO=AD=,A1O==.
所以=S△ABC·A1O=2,
=-=.
所以===.
ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:
(1)D,B,E,F四点共面;
(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.
证明:(1) 如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,
所以EF∥B1D1.
在正方体AC1中,B1D1∥BD,
所以EF∥BD.
所以EF,BD确定一个平面.
即D,B,F,E四点共面.
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,
又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1,所以Q∈α.
又Q∈EF,所以Q∈β.
则Q是α与β的公共点,
同理,P点也是α与β的公共点.
所以α∩β=PQ.
又A1C∩β=R,
所以R∈A1C,R∈α且R∈β.
则R∈PQ,
故P,Q,R三点共线.
好题天天练
,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断正确的是 .(填所有正确结论的序号)
①MN与CC1垂直;②MN与AC垂直;③MN与BD平行;④MN与A1B1平行.
解题关键:连接B1C,则点M是B1C的中点,根据三角形的中位线,证明MN∥B1D1.
解析: 连接B1C,B1D1,则点M是B1C的中点,MN是△B1CD1的中位线,
所以MN∥B1D1,
因为CC1⊥B1D1,AC⊥B1D1,BD∥B1D1,
所以MN⊥CC1,MN⊥AC,MN∥BD,故①②③正确.
又因为A1B1与B1D1相交,
所以MN与A1B1不平行,因此④错误.
答案:①②③
2. 一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论:
①AB⊥EF;
②AB与CM所成的角为60°;
③EF与MN是异面直线;
④MN∥CD.
以上四个结论中,正确结论的序号是.
解题关键:把平面展开图还原为正方体,观察正方体进行判断.
解析: 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体, 如图所示,则AB⊥EF,EF与MN为异面直线,AB∥CM,MN⊥CD,故①③正确.
答案:①③。