优化方案（新课标）高考数学一轮复习 第七章 第3讲 知能训练轻松闯关.doc

【优化方案】（新课标）2016高考数学一轮复习 第七章 第3讲 知能训练轻松闯关1已知直线l平面，p，那么过点p且平行于直线l的直线()a只有一条，不在平面内b有无数条，不一定在平面内c只有一条，且在平面内d有无数条，一定在平面内解析：选c由直线l与点p可确定一个平面，则平面，有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l，所以lm，故过点p且平行于直线l的直线只有一条，且在平面内2已知a、b、c、d是空间四个点，甲：a、b、c、d四点不共面，乙：直线ab和直线cd不相交，则甲是乙成立的()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析：选a因为a、b、c、d四点不共面，则直线ab和直线cd不相交，反之，直线ab和直线cd不相交，a、b、c、d四点不一定不共面故甲是乙成立的充分不必要条件3如图，l，a，b，c，且cl，直线ablm，过a，b，c三点的平面记作，则与的交线必通过()a点ab点bc点c但不过点md点c和点m解析：选dab，mab，m又l，ml，m根据公理3可知，m在与的交线上同理可知，点c也在与的交线上4如图所示，abcda1b1c1d1是正方体，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()aa，m，o三点共线ba，m，o，a1不共面ca，m，c，o不共面db，b1，o，m共面解析：选a连接a1c1，ac(图略)，则a1c1ac，a1，c1，a，c四点共面，a1c平面acc1a1ma1c，m平面acc1a1又m平面ab1d1，m在平面acc1a1与平面ab1d1的交线上，同理a，o在平面acc1a1与平面ab1d1的交线上a，m，o三点共线5 如图，正方形acde与等腰直角三角形acb所在的平面互相垂直，且acbc2，acb90，f，g分别是线段ae，bc的中点，则ad与gf所成的角的余弦值为()a bc d解析：选a延长cd至h使dh1，连接hg、hf，则hfadhfda2，gf，hgcoshfg6平面，相交，在，内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定_个平面解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个答案：1或47 如图所示，在三棱锥abcd中，e，f，g，h分别是棱ab，bc，cd，da的中点，则当ac，bd满足条件_时，四边形efgh为菱形，当ac，bd满足条件_时，四边形efgh是正方形解析：易知ehbdfg，且ehbdfg，同理efachg，且efachg，显然四边形efgh为平行四边形要使平行四边形efgh为菱形需满足efeh，即acbd；要使四边形efgh为正方形需满足efeh且efeh，即acbd且acbd答案：acbdacbd且acbd8 如图所示，正方体的棱长为1，bcbco，则ao与ac所成角的度数为_解析：acac，ao与ac所成的角就是oacocob，ab平面bbcc，ocab又abbob，oc平面abo又oa平面abo，ocoa在rtaoc中，oc，ac，sinoac，oac30即ao与ac所成角的度数为30答案：309 如图所示，在三棱锥pabc中，pa平面abc，bac60，paabac2，e是pc的中点(1)求证ae与pb是异面直线；(2)求异面直线ae和pb所成角的余弦值解：(1)证明：假设ae与pb共面，设平面为a，b，e，平面即为平面abe，p平面abe，这与p平面abe矛盾，所以ae与pb是异面直线(2)取bc的中点f，连接ef、af，则efpb，所以aef(或其补角)就是异面直线ae和pb所成的角bac60，paabac2，pa平面abc，af，ae，ef，cosaef，所以异面直线ae和pb所成角的余弦值为10 如图，平面abef平面abcd，四边形abef与四边形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)求证：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：由题设知，fgga，fhhd，所以gh綊ad又bc綊ad，故gh綊bc所以四边形bchg是平行四边形(2)c，