2019高考数学一轮第七篇立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系训练理

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1、2019届高考数学一轮复习理科练习人教版第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系【选题明细表】知识点、方法题号空间两直线的位置关系1,3,4,7,11平面的基本性质及应用2,5,9异面直线所成的角6,8,10,12,13基础巩固(时间:30分钟)1.已知空间三条直线l,m,n,若l与m异面,且l与n异面,则(　D　)(A)m与n异面(B)m与n相交(C)m与n平行(D)m与n异面、相交、平行均有可能解析:在如图所示的长方体中,m,n1与l都异面,但是m∥n1,所以A,B错误;m,n2与l都异面,且m,n2也异面,所以C错误.2.如图是正

2、方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是(　D　)解析:在A图中分别连接PS,QR,易证PS∥QR,所以P,Q,R,S共面;在C图中分别连接PQ,RS,易证PQ∥RS,所以P,Q,R,S共面;在B图中过P,Q,R,S可作一正六边形,故四点共面;D图中PS与QR为异面直线,所以四点不共面,故选D.3.如图是某个正方体的侧面展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,l1与l2(　D　)(A)互相平行(B)异面且互相垂直(C)异面且夹角为(D)相交且夹角为解析:将侧面展开图还原成正方体如图所示,则B,C

3、两点重合.故l1与l2相交,连接AD,△62019届高考数学一轮复习理科练习人教版ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.故选D.4.导学号38486138已知空间四边形ABCD中,M,N分别为AB,CD的中点,则下列判断:①MN≥(AC+BD);②MN>(AC+BD);③MN=(AC+BD);④MN<(AC+BD).其中正确的是(　D　)(A)①③(B)②④(C)②(D)④解析:如图,取BC的中点O,连接MO,NO,则OM=AC,ON=BD.在△MON中,MN

4、D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么正方体过P,Q,R的截面图形是(　D　)(A)三角形(B)四边形(C)五边形(D)六边形解析:如图所示,作RG∥PQ交C1D1于G,连接QP并延长与CB延长线交于M,且QP反向延长线与CD延长线交于N,连接MR交BB1于E,连接PE,则PE,RE为截面与正方体的交线,同理连接NG交DD1于F,连接QF,FG,则QF,FG为截面与正方体的交线,所以截面为六边形PQFGRE.6.导学号38486139如图是三棱锥DABC的三视图,点O在三个视图中都是所在边的中点,则异面直线DO和AB所

5、成角的余弦值等于(　A　)(A)(B)(C)(D)62019届高考数学一轮复习理科练习人教版解析:由题意得如图的直观图,从A出发的三条线段AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=2,AD=1,O是BC中点,取AC中点E,连接DE,DO,OE,则OE=1.又可知AE=1,由于OE∥AB,故∠DOE或其补角即为所求两异面直线所成的角.在直角三角形DAE中,DE=,由于O是中点,在直角三角形ABC中可以求得AO=.在直角三角形DAO中可以求得DO=,又EO=1,所以△DOE为直角三角形,cos∠DOE==,故所求余弦值为,故选A.7.如图所示,

6、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EH∥BD∥FG,且EH=BD=FG,同理EF∥AC∥HG,且EF=AC=HG,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EF=EH,即AC=BD;要使平行四边形EFGH为正方形需满足EF=EH且EF⊥EH,即AC=BD且AC⊥BD.答案:AC=BD　AC=BD且AC⊥BD8.导学号38486140(2017·安庆市二模

7、)正四面体ABDC中,E,F分别为边AB,BD的中点,则异面直线AF,CE所成角的余弦值为　　　　. 解析:如图,连接CF,取BF的中点M,连接CM,EM,则ME∥AF,故∠CEM(或其补角)即为所求的异面直线所成的角.设这个正四面体的棱长为2,在△ABD中,AF==CE=CF,EM=,CM=.所以cos∠CEM==.答案:能力提升(时间:15分钟)62019届高考数学一轮复习理科练习人教版9.如图,ABCDA1B1C1D1是长方体,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(　A　)(A)A,M,O三点共

8、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∥AC,所以A1,C1,C,A四点共面,所以A1C⊂平面ACC1A1,因为M∈A1C,所