高考数学一轮复习 第七章 立体几何 分层限时跟踪练38-人教版高三数学试题

分层限时跟踪练(三十八)(限时40分钟)eq\f([基础练],扣教材练双基)一、选择题1．下列说法正确的是()A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面【解析】由异面直线的定义知D正确．【答案】D2．给出下列命题，其中正确命题的个数是()①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．A．1B．2C．3D．4【解析】由公理1知①正确，由公理3知②不正确，③正确；三条直线两两相交于同一点时，三条直线不一定共面，④不正确；空间四边形也可能两组对边相等，⑤不正确．【答案】B3．已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是()A．①④ B．②④C．① D．④【解析】借助于长方体模型来解决本题．对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n.【答案】A4．如图7­3­4所示，ABCD­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点图7­3­4A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面【解析】连接A1C1，AC，则A1C1∥∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1∴A，M，O三点共线．【答案】A5.如图7­3­5，正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C图7­3­5A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(1,2) D．2【解析】如图，取AC中点G，连FG、EG，则FG∥C1C，FG＝C1C；EG∥BC，EG＝eq\f(1,2)BC，故∠EFG即为EF与C1C所成的角，在Rt△EFG中，cos∠EFG＝eq\f(FG,FE)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).【答案】B二、填空题6．若直线a⊥b，且直线b∥平面α，则直线a与平面α的位置关系是．【解析】如图所示：故a与α的位置关系是a⊂α、a∥α或a与α相交．【答案】a⊂α、a∥α或a与α相交7．如图7­3­6所示是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形的序号是．图7­3­6【解析】可证①中的四边形PQRS为梯形；②中，如图所示，取A1A和BC的中点分别为M，N，可证明PMQNRS为平面图形，且PMQNRS为正六边形；③中，可证四边形PQRS为平行四边形；④中，可证Q点所在棱与面PRS平行，因此，P，Q，R，S【答案】①②③8．如图7­3­7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，图7­3­7①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是．【解析】还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE与MN为异面直线，且所成的角为90°，即DE与MN垂直．【答案】②③④三、解答题9．如图7­3­8，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊eq\f(1,2)AD，BE綊eq\f(1,2)FA，G，H分别为FA，FD的中点．图7­3­8(1)证明：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：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形．(2)由BE綊eq\f(1,2)AF，G为FA中点知，BE綊FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．10．如图7­3­9所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝eq\r(2)，DA⊥AC，DA⊥AB，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．图7­3­9【解】取AC中点F，连EF，BF，则EF∥DC，∴∠BEF即为异面直线BE与CD所成的角(或其补角)．∵DA＝1，BC＝eq\r(2)，AB＝AC.∴DC＝eq\r(2)，∴EF＝eq\f(\r(2),2).在△BEF中，BE＝BF＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，由余弦定理得cos∠BEF＝eq\f(EB2＋EF2－BF2,2EB·EF)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(10),10)，∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).eq\f([能力练],扫盲区提素能)1．(2015·唐山模拟)若P是两条异面直线l、m外的任意一点，则()A．过点P有且仅有一条直线与l、m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l、m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l、m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l、m都异面【解析】对于选项A，若过点P有直线n与l、m都平行，则l∥m，这与l、m异面矛盾．对于选项B，可知过点P且与l、m都垂直的直线存在，且只有一条，即为过点P且与l、m的公垂线段平行的那一条直线．对于选项C，过点P与l、m都相交的直线有一条或零条．对于选项D，过点P与l、m都异面的直线可能有无数条．【答案】B2．(2015·洛阳模拟)如图7­3­10所示，在空间四边形ABCD中，图7­3­10点E、H分别是边AB、AD的中点，点F、G分别是边BC、CD上的点，且eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)＝eq\f(2,3)，则()A．EF与GH平行B．EF与GH异面C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上D．EF与GH的交点M一定在直线AC上【解析】连接EH，FG，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面．因为EH＝eq\f(1,2)BD，FG＝eq\f(2,3)BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，∴点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．【答案】D3．在正方体ABCD­A1B1C1D1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【解析】法一如图，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有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．法二在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，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．【答案】无数4．如图7­3­11，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝.图7­3­11【解析】取CD的中点G，连接EG，FG，则易证CD⊥EG，CD⊥FG，所以CD⊥平面EFG.又AB∥CD，所以AB⊥平面EFG，所以AB⊥EF，所以正方体中上、下、前、后四个面所在平面与EF相交(左、右两个面所在平面与EF平行)，即n＝4.由CE在正方体的下底面所在平面内，知CE与上底面所在平面平行，故正方体中前、后、左、右四个面所在平面与CE相交，即m＝4.所以m＋n＝8.【答案】85．如图7­3­12，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.图7­3­12(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P、A、C三点共线．【证明】(1)∵E、F分别为AB、AD的中点，∴EF∥BD.在△BCD中，eq\f(BG,GC)＝eq\f(DH,HC)＝eq\f(1,2)，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E、F、G、H四点共面．(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P、A、C三点共线．6．如图7­3­13，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．图7­3­13(1)求四棱锥O­ABCD的体积；(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小．【解】(1)由已知可求得，正方形ABCD的面积S＝4，所以，四棱锥O­A