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2022版新教材高考数学一轮复习 课时质量评价37 空间点、直线、平面之间的位置关系(含解析)新人教A版.doc

上传人:高**** 文档编号:1086137 上传时间:2024-06-04 格式:DOC 页数:9 大小:317KB
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资源描述

1、课时质量评价(三十七)(建议用时:45分钟)A组全考点巩固练1(多选题)下列说法正确的是()A三点可以确定一个平面B一条直线和一个点可以确定一个平面C两条平行直线可以确定一个平面D两条相交直线可以确定一个平面CD解析:A错误,不共线的三点可以确定一个平面B错误,一条直线和直线外一个点可以确定一个平面CD正确2(多选题)下列说法正确的是()A梯形的四个顶点共面B三条平行直线共面C有三个公共点的两个平面重合D三条直线两两相交,可以确定1个或3个平面AD解析:A显然正确;B错误,三条平行直线可以确定1个或3个平面;若三个点共线,则两个平面相交,故C错误;D显然正确故选AD.3如图,在正方体ABCD-

2、A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行D解析:连接B1C,B1D1(图略),因为点M,N分别是D1C,B1C的中点,所以MN是B1CD1的中位线,所以MNB1D1.因为CC1B1D1,ACB1D1,BDB1D1,所以MNCC1,MNAC,MNBD.又因为A1B1与B1D1相交,所以MN与A1B1不平行故选D.4如图,平面平面l,A,B,ABlD,C,Cl,则平面ABC与平面的交线是()A直线AC B直线ABC直线CD D直线BCC解析:由题意知,Dl,l,所以D.又因为DAB,所以D平面

3、ABC,所以点D在平面ABC与平面的交线上又因为C平面ABC,C,所以点C在平面与平面ABC的交线上,所以平面ABC平面CD.5(多选题)在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,ABBC,E,F分别为棱PB,PC的中点,过E,F的平面分别与棱AB,AC相交于点D,G,则()AEFDG BPAEDCEDDG DACFGAC解析:对于A,因为E,F分别为棱PB,PC的中点,所以EFBC.又EF平面ABC,BC平面ABC,所以EF平面ABC.又平面EFGD平面ABCDG,由线面平行的性质定理可知,EFDG,故A正确对于B,当截面EFGD与棱AB的交点D是AB的中点时,PAED,否则PA与ED相交,故B

4、错误对于C,由PA底面ABC,可得PADG.由EFDG,可得DGBC.又ABBC,所以ABDG.又PAABA,所以DG平面PAB,所以EDDG,故C正确对于D,只有当截面EFGD与AC的交点G是AC的中点时,PAFG,此时可得ACFG,否则AC与FG不垂直,故D错误故选AC.6在三棱锥S-ABC中,G1,G2分别是SAB和SAC的重心,则直线G1G2与BC的位置关系是_平行解析:如图,连接SG1并延长交AB于点M,连接SG2并延长交AC于点N,连接MN,G1G2.由题意知SM为SAB的中线,且SG1SM,SN为SAC的中线,且SG2SN,所以在SMN中,所以G1G2MN.易知MN是ABC的中位

5、线,所以MNBC,所以G1G2BC.7下列命题中不正确的是_(填序号)没有公共点的两条直线是异面直线;分别和两条异面直线都相交的两直线异面;一条直线和两条异面直线中的一条平行,则它和另一条直线不可能平行;一条直线和两条异面直线都相交,则它们可以确定两个平面解析:命题错,没有公共点的两条直线平行或异面;命题错,此时两直线有可能相交;命题正确,因为若直线a和b异面,ca,则c与b不可能平行,用反证法证明如下:若cb,又ca,则ab,这与a,b异面矛盾,故c与b不平行;命题正确,若c与两异面直线a,b都相交,可知a,c可确定一个平面,b,c也可确定一个平面,这样,a,b,c共确定两个平面8在四面体A

6、BCD中,E,F分别是AB,CD的中点若BD,AC所成的角为60,且BDAC1,则EF的长为_或解析:如图,取BC的中点O,连接OE,OF.因为OEAC,OFBD,所以OE与OF所成的锐角(或其补角)即为AC与BD所成的角,而AC,BD所成角为60,所以EOF60或EOF120.当EOF60时,EFOEOF.当EOF120时,取EF的中点M,则OMEF,EF2EM2.9在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求AC与A1D所成角的大小;(2)若E,F分别为AB,AD的中点,求A1C1与EF所成角的大小解:(1)如图,连接B1C,AB1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,易知A1D B1

7、C,AC与A1D所成的角就是B1CA或其补角因为AB1ACB1C,所以B1CA60.即A1D与AC所成的角为60.(2)连接BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,ACBD,ACA1C1.因为E,F分别为AB,AD的中点,所以EFBD,所以EFAC.所以EFA1C1.即A1C1与EF所成的角为90.10(2019上海高考改编)如图,在正三棱锥P-ABC中,PAPBPC2,ABBCAC.(1)若PB的中点为M,BC的中点为N,求AC与MN夹角的余弦值;(2)求三棱锥P-ABC的体积解:(1)因为M,N分别为PB,BC的中点,所以MNPC,则PCA为AC与MN所成角在PAC中,由PAPC2,A

8、C,可得cosPCA,所以AC与MN夹角的余弦值为.(2)过P作底面的垂线,垂足为O,则点O为底面三角形的中心,连接AO并延长,交BC于点N,则AN,AOAN1.所以PO.所以VP-ABC.B组新高考培优练11(多选题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF,则()AACBEBEF平面ABCDC三棱锥A-BEF的体积为定值DAEF的面积与BEF的面积相等ABC解析:连接AC,BD,则AC平面BB1D1D,BDB1D1,所以ACBE,EF平面ABCD,从而A,B正确;又BEF的面积为定值,点A到平面BB1D1D的距离为定值,所以三棱锥A-BEF的

9、体积为定值,故C正确;因为点A到B1D1的距离不等于BB1,所以AEF的面积与BEF的面积不相等,故D错误故选ABC.12(多选题)如图,在矩形ABCD中,AB2AD,E为边AB的中点,将ADE沿直线DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点,则在ADE翻折的过程中,下面四个命题中正确的是()A|BM|是定值B点M在某个球面上运动C存在某个位置,使DEA1CD存在某个位置,使MB平面A1DEABD解析:取DC的中点F,连接MF,BF,MFA1D且MFA1D,FBED且FBED,所以MFBA1DE.由余弦定理可得MB2MF2FB22MFFBcosMFB是定值,所以M是在以B为球心,MB为半径的球

10、上,可得A,B正确由MFA1D与FBED可得平面MBF平面A1DE,可得D正确A1C在平面ABCD中的射影与AC重合,AC与DE不垂直,可得C不正确13在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有_条无数解析:(方法一)在EF上任意取一点M,直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有1个交点N,M取不同的位置就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这3条异面直线都有交点如图所示(方法二)在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面.因为CD与平面不平行,所以它们相交,设它们交于点

11、Q,连接PQ(图略),则PQ与EF必然相交,即PQ为所求直线由点P的任意性,知有无数条直线与三条直线A1D1,EF,CD都相交14如图,正方形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,将此正方形沿EF折成直二面角后,异面直线AF与BE所成角的余弦值为_解析:如图,取BC的中点H,连接FH,AH,所以BEFH,所以AFH即为异面直线AF与BE所成的角过点A作AGEF于点G,则G为EF的中点连接HG,HE,则HGE是直角三角形设正方形边长为2,则EF,HE,EG,AG,所以HG,所以AH.由余弦定理知cosAFH.15.如图,平面ABEF平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,BADF

12、AB90,BCAD,且BCAD,BEAF且BEAF,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,E,F四点是否共面?为什么?(3)证明:直线FE,AB,DC相交于一点(1)证明:因为G,H分别为FA,FD的中点,所以GHAD且GHAD.又BCAD且BCAD,故GHBC且GHBC,所以四边形BCHG是平行四边形(2)解:C,D,E,F四点共面理由如下:由BEAF且BEAF,G是FA的中点知,BEGF且BEGF,所以四边形EFGB是平行四边形,所以EFBG.由(1)知BGCH,所以EFCH,所以四边形ECHF为平行四边形,所以ECFH,故EC,FH共面又点D在直线FH上,所以C,D,E,F四点共面(3)证明:由(2)可知,ECDF.所以四边形ECDF为梯形所以FE,DC交于一点设FEDCM.因为MFE,FE平面ABEF,所以M平面ABEF.同理M平面ABCD.又平面ABEF平面ABCDAB,所以点M在AB的延长线上,所以直线FE,AB,DC交于一点

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