2021版高考数学一轮复习核心素养测评三十九平面的基本性质及两直线位置关系含解析新人教B版202012011219.doc
2021版高考数学一轮复习核心素养测评含解析打包69套新人教B版
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2021版高考数学一轮复习核心素养测评含解析打包69套新人教b版,文本
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核心素养测评 三十九平面的基本性质及两直线位置关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.在下列命题中,不是公理的是()a.平行于同一个平面的两个平面相互平行b.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面c.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内d.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【解析】选a.选项a是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的.2.若直线a,b,c满足ab,a,c异面,则b与c()a.一定是异面直线b.一定是相交直线c.不可能是平行直线d.不可能是相交直线【解析】选c.若ab,a,c是异面直线,那么b与c不可能平行,否则由公理4知ac.3.空间四边形abcd中,e,f分别为ac,bd的中点,若cd=2ab,efab,则ef与cd所成的角为()a.30b.45c.60d.90【解析】选a.取ad的中点h,连接fh,eh,在efh中,efh=90,he=2hf,从而feh=30,即ef与cd所成角为30.4.空间四点a,b,c,d共面而不共线,那么这四点中()a.必有三点共线b.必有三点不共线c.至少有三点共线d.不可能有三点共线【解析】选b.如图所示,a,c,d均不正确,只有b正确.5.已知正四面体abcd中,e是ab的中点,则异面直线ce与bd所成角的余弦值为()a.b.c.d.【解析】选b.画出正四面体abcd的直观图,如图所示.设其棱长为2,取ad的中点f,连接ef,设ef的中点为o,连接co,则efbd,则fec就是异面直线ce与bd所成的角.abc为等边三角形,则ceab,易得ce=,同理可得cf=,故ce=cf.因为oe=of,所以coef.又eo=ef=bd=,所以cosfec=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,m,n分别是棱cd,cc1的中点,则异面直线a1m与dn所成的角的大小是_.【解析】如图,取cn的中点k,连接mk,则mk为cdn的中位线,所以mkdn.所以a1mk为异面直线a1m与dn所成的角.连接a1c1,am.设正方体的棱长为4,则a1k=,mk=dn=,a1m=6,所以a1m2+mk2=a1k2,所以a1mk=90.答案:907.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且abcd,则直线ef与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_.世纪金榜导学号【解析】ef与正方体左、右两侧面均平行.所以与ef相交的侧面有4个.答案:48.设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出五个命题:若ab,bc,则ac;若ab,bc,则ac;若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;若a平面,b平面,则a,b一定是异面直线;若a,b与c成等角,则ab.上述命题中正确的命题是_(只填序号).世纪金榜导学号【解析】由公理4知正确;当ab,bc时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故不正确;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,故不正确;a,b,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故不正确;当a,b与c成等角时,a与b可以相交、平行,也可以异面,故不正确.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,a是bcd所在平面外的一点,e,f分别是bc,ad的中点.(1)求证:直线ef与bd是异面直线;(2)若acbd,ac=bd,求ef与bd所成的角.【解析】(1)假设ef与bd不是异面直线,则ef与bd共面,从而df与be共面,即ad与bc共面,所以a,b,c,d在同一平面内,这与a是bcd所在平面外的一点相矛盾.故直线ef与bd是异面直线.(2)取cd的中点g,连接eg,fg,则acfg,egbd,所以相交直线ef与eg所成的角,即为异面直线ef与bd所成的角.又因为acbd,则fgeg.在rtegf中,由eg=fg=ac,求得feg=45,即异面直线ef与bd所成的角为45.10.已知空间四边形abcd的对角线ac=20,bd=19,异面直线ac与bd所成的角的余弦值为,点p,q,m,n分别是ab,bc,cd,da的中点,(1)求证:四边形pqmn是平行四边形.(2)求四边形pqmn的面积.【解析】(1)因为p,q是ab,bc的中点,所以pqac,pq=ac,同理mnac,mn=ac,所以pqmn,pq=mn,所以pqmn是平行四边形.(2)因为p,n是ab,ad的中点,所以pnbd,pn=bd=,又因为pqac,所以pq与pn所成的角就是异面直线ac,bd成的角,所以sinqpn=,所以四边形pqmn的面积为s=pqpnsinqpn=10=5.(15分钟35分)1.(5分)设a,b,c,d是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是()a.若ac与bd共面,则ad与bc共面b.若ac与bd是异面直线,则ad与bc是异面直线c.若ab=ac,db=dc,则ad=bcd.若ab=ac,db=dc,则adbc【解析】选c.由公理1知,命题a正确.对于b,假设ad与bc共面,由a正确得ac与bd共面,这与题设矛盾,故假设不成立,从而结论正确.对于c,如图,当ab=ac,db=dc,使二面角a-bc-d的大小变化时,ad与bc不一定相等,故不正确.对于d,如图,取bc的中点e,连接ae,de,则由题设得bcae,bcde.根据线面垂直的判定定理得bc平面ade,从而adbc.2.(5分)(多选)在空间中,有如下四个命题,其中正确的命题是()a.平行于同一个平面的两条直线是平行直线b.垂直于同一条直线的两个平面是平行平面c.若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则d.过平面的一条斜线,有且只有一个平面与平面垂直【解析】选bd.a平行于同一个平面的两条直线,可能平行、相交或异面,不正确;b由面面平行的判定定理知正确;c若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则与可能平行,也可能相交,不正确;易知d正确.【变式备选】如图是正四面体的平面展开图,g,h,m,n分别为de,be,ef,ec的中点,在这个正四面体中,gh与ef平行;bd与mn为异面直线;gh与mn成60角;de与mn垂直.以上四个结论中,正确结论的序号是_.【解析】还原成正四面体a-def,其中h与n重合,a,b,c三点重合.易知gh与ef异面,bd与mn异面.连接gm,因为gmh为等边三角形,所以gh与mn成60角,易证deaf,又mnaf,所以mnde.因此正确结论的序号是.答案:3.(5分)平面过正方体abcd-a1b1c1d1的顶点a,平面cb1d1,平面abcd=m,平面abb1a1=n,则m,n所成角的正弦值为()a.b.c.d.【解析】选a.方法一:因为平面cb1d1,平面abcd平面a1b1c1d1,平面abcd=m,平面cb1d1平面a1b1c1d1=b1d1,所以mb1d1.因为平面cb1d1,平面abb1a1平面dcc1d1,平面abb1a1=n,平面cb1d1平面dcc1d1=cd1,所以ncd1.所以b1d1,cd1所成的角等于m,n所成的角,即b1d1c等于m,n所成的角.因为b1d1c为正三角形,所以b1d1c=60,所以m,n所成的角的正弦值为.方法二:由题意画出图形如图,将正方体abcd-a1b1c1d1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面aef平面cb1d1,所以平面aef即为平面,m即为ae,n即为af,所以ae与af所成的角即为m与n所成的角.因为aef是正三角形,所以eaf=60,故m,n所成角的正弦值为.4.(10分)已知:空间四边形abcd(如图所示),e,f分别是ab,ad的中点,g,h分别是bc,cd上的点,且cg=bc,ch=dc.求证:世纪金榜导学号(1)e,f,g,h四点共面.(2)三直线fh,eg,ac共点.【证明】(1)连接ef,gh,因为e,f分别是ab,ad的中点,所以efbd.又因为cg=bc,ch=dc,所以ghbd,所以efgh,所以e,f,g,h四点共面.(2)易知fh与直线ac不平行,但共面,所以设fhac=m,所以m平面efhg,m平面abc.又因为平面efhg平面abc=eg,所以meg,所以三直线fh,eg,ac共点.5.(10分)如图所示,等腰直角三角形abc中,a=90,bc=,daac,daab,若da=1,且e为da的中点.求异面直线be与cd所成角的余弦值.世纪金榜导学号【解析】如图所示
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