2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十四9.2空间图形的基本关系与公理文含解析北师大版202008282148.doc
2021版高考数学一轮复习核心素养测评文含解析打包70套北师大版
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2021版高考数学一轮复习核心素养测评文含解析打包70套北师大版,文本
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核心素养测评四十四空间图形的基本关系与公理(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共30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.已知直线a,b分别在两个不同的平面,内,则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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.若直线a和直线b相交,设交点为p,因为a,所以p,因为b,所以p,所以p是平面,的公共点,所以平面,相交.若平面,相交,而直线a和直线b可能相交,可能异面,如图.所以“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的充分不必要条件.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.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()a.mn与cc1垂直b.mn与ac垂直c.mn与bd平行d.mn与a1b1平行【解析】选d.连接b1c,b1d1,则点m是b1c的中点,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.6.如图所示为一正方体的平面展开图,在这个正方体中,有下列四个说法:afgc;bd与gc成异面直线且夹角为60;bdmn;bg与平面abcd所成的角为45.其中正确的个数是世纪金榜导学号()a.1b.2c.3d.4【解析】选b.将平面展开图还原成正方体(如图所示).对于,由图形知af与gc异面垂直,故正确;对于,bd与gc显然成异面直线.连接eb,ed,则bmgc,所以mbd即为异面直线bd与gc所成的角(或其补角).在等边bdm中,mbd=60,所以异面直线bd与gc所成的角为60,故正确;对于,bd与mn为异面垂直,故错误;对于,由题意得gd平面abcd,所以gbd是bg与平面abcd所成的角.但在rtbdg中,gbd不等于45,故错误.二、填空题(每小题5分,共20分)7.将边长为1的正方形aa1o1o(及其内部)绕oo1旋转一周形成圆柱,如图,aoc=120,a1o1b1=60,其中b1与c在平面aa1o1o的同侧.则异面直线b1c与aa1所成的角的大小是.【解析】设点b1在下底面圆周的射影为b,连接bb1,则bb1aa1,所以bb1c为直线b1c与aa1所成角(或补角),|bb1|=|aa1|=1,连接bc,bo,aob=a1o1b1=3,aoc=23,所以boc=3,所以boc为正三角形,所以|bc|=|bo|=1,tanbb1c=1,所以直线b1c与aa1所成角的大小为45.答案:458.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三个平面把空间分成部分.【解析】沿三条交线为投射线,把三个平面分成的空间投射到一个平面内,如图,所以这三个平面把空间分成7部分.答案:79.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=(42)2+32=41,mk=12dn=1242+22=5,a1m=42+42+22=6,所以a1m2+mk2=a1k2,所以a1mk=90.答案:9010.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:(15分钟35分)1.(5分)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面,则a的取值范围是()a.(0,2)b.(0,3)c.(1,2)d.(1,3)【解析】选a.如图所示的四面体abcd中,设ab=a,则由题意可得cd=2,其他棱的长都为1,故三角形acd及三角形bcd都是以cd为斜边的等腰直角三角形,显然a0.取cd中点e,连接ae,be,则aecd,becd且ae=be=1-222=22,显然a,b,e三点能构成三角形,应满足任意两边之和大于第三边,可得222a,解得0a2.2.(5分)如图,在四面体abcd中,截面pqmn是正方形,则在下列命题中,错误的为()a.acbdb.ac截面pqmnc.ac=bdd.异面直线pm与bd所成的角为45【解析】选c.截面pqmn是正方形,可得qmpq且pqmn,所以pq平面dac,又pq平面bac且平面dac与平面bac的交线为ac,所以pqac,同理qmbd,可得acbd,故a正确;由pqac,可得ac截面pqmn,故b正确;异面直线pm与bd所成的角等于pm与pn所成的角为45,故d正确,c是错误的.【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.32b.22c.33d.13【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32.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32.4.(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=13bc,ch=13dc.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=13bc,ch=13dc,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=2,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,取ac的中点f,连接ef,bf,在acd中,e,f分别是ad,
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