2022版高考数学一轮复习 课时质量评价37 空间点、直线、平面之间的位置关系新人教A版

1、2022版高考数学一轮复习 课时质量评价37 空间点、直线、平面之间的位置关系新人教a版2022版高考数学一轮复习 课时质量评价37 空间点、直线、平面之间的位置关系新人教a版年级：姓名：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

2、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-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

3、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a

4、bc，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

5、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c

6、b，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abcd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，(

7、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 b1c，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

8、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，ac，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

9、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

10、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

11、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hg

12、e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，badfab90，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bg