《(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第3讲空间点、直线、平面之间的位置关.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第3讲空间点、直线、平面之间的位置关.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 3 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 基础达标 1已知异面直线a，b分别在平面,内,且c，那么直线c一定（)A与a，b都相交 B只能与a，b中的一条相交 C至少与a，b中的一条相交 D与a，b都平行 解析：选 C.若c与a，b都不相交，则c与a,b都平行,根据公理 4,知ab，与a,b异面矛盾 2如图所示，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AB C直线CD D直线BC 解析：选 C。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
2、上，所以平面ABC平面CD。3已知AB是平面的斜线段,A为斜足若点P在平面内运动，使得ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是()A圆 B椭圆 C一条直线 D两条平行直线 解析：选 B.如图，由于AB的长为定值，且ABP的面积也是定值，因此空间中点P到直线AB的距离也为定值，从而可以推知点P在空间的轨迹应是以AB为旋转轴的圆柱面,又点P 在平面内，且AB与平面不垂直,故点P的轨迹应是该圆柱面被平面截出的椭圆 4（2019瑞安四校联考)若平面平面，点A，C，B,D，则直线AC直线BD的充要条件是(）AABCD BADCB CAB与CD相交 DA，B，C，D四点共面 解析：选 D。因为平面平面，要使直
3、线AC直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B,C，D四点必须共面 5如图，正三棱柱ABC.A1B1C1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C1C所成的角的余弦值是(）A错误!B错误!C错误!D2 解析：选 B。如图，取AC中点G,连接FG,EG,则FGC1C，FGC1C；EGBC，EG错误!BC,故EFG即为EF与C1C所成的角,在 RtEFG中,cosEFGFGFE错误!错误!。6（2019台州模拟）如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，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（）AA,M，O三点共线
4、BA，M，O,A1不共面 CA，M，C，O不共面 DB，B1，O，M共面 解析：选 A。连接A1C1，AC(图略）,则A1C1AC，所以A1，C1，A,C四点共面,所以A1C 平面ACC1A1。因为MA1C，所以M平面ACC1A1。又M平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上 所以A，M,O三点共线 7如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论:直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线 其中正确的结论
5、为_（注:把你认为正确的结论的序号都填上）解析:直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线,故错误 答案：8（2019金丽衢十二校联考)如图所示，在三棱锥A.BCD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EHBDFG，且EH12BDFG，同理EFACHG，且EF12ACHG，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EFEH,即ACBD；要使四边形EFGH为正方形需满足EFEH且EFEH，即ACBD且ACBD。答案:ACBD ACBD且
6、ACBD 9已知三棱锥A.BCD中，ABCD，且直线AB与CD所成的角为 60，点M,N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为_ 解析：如图，取AC的中点P,连接PM，PN，则PMAB，且PM错误!AB，PNCD,且PN错误!CD，所以MPN为AB与CD所成的角（或其补角),则MPN60或MPN120。因为PMAB，所以PMN是AB与MN所成的角（或其补角)若MPN60，因为ABCD，所以PMPN,则PMN是等边三角形，所以PMN60，即AB与MN所成的角为 60。若MPN120,则易知PMN是等腰三角形，所以PMN30，即AB与MN所成的角为 30。综上，直线AB和MN所成的角为
7、 60或 30。答案:60或 30 10如图，已知平面四边形ABCD，ABBC3,CD1,AD 5，ADC90.沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_ 解析：作BEAC，BEAC，连接DE，则DBE为所求的角或其补角,作DNAC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BMAC，作NFBM交BE于F,连接DF，设DNF，因为DN错误!错误!，BMFN错误!错误!,所以DF2错误!5cos,因为ACDN，ACFN，所以DFAC，所以DFBE，又BFMN63,所以在 RtDFB中，DB295cos,所以 cos DBEBFDB错误!错误!，当且仅当0时取“答案:错误!1
8、1。如图，已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P,Aa，Ba,Cb,Dc,求证：AD与BC是异面直线 证明：假设AD与BC共面,所确定的平面为，那么点P、A、B、C、D都在平面内，所以直线a、b、c都在平面内,与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立，所以AD与BC是异面直线 12在正方体ABCDA1B1C1D1中，（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A1DB1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角 因为AB1ACB1C,所以B1CA
9、60.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.能力提升 1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ABAC,DBDC，则ADBC D若ABAC,DBDC,则ADBC 解析：选 C。A 中,若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B 中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C,D四
10、点不共面，则AD与BC是异面直线；C 中,若ABAC，DBDC,AD不一定等于BC;D 中，若ABAC，DBDC，可以证明ADBC.2(2019温州市高考数学模拟)棱长为 2 的正方体ABCD.A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则PEQ周长的最小值为（）A2错误!B错误!C错误!D2错误!解析：选 B.由题意,PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上,在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM 2,EN2，MEN135,所以MN错误!错误!。3在正方体ABCD.A1B1C1D1中,E，F分别为棱
11、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 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，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 答案：无数 4设四面体的六条棱的长分
12、别为 1，1,1，1，2和a，且长为a的棱与长为错误!的棱异面，则a的取值范围是_ 解析：构造四面体ABCD，使ABa，CD错误!，ADACBCBD1，取CD的中点E，则AEBE错误!,所以错误!错误!a,所以 0a错误!。答案:0a 2 5。如图所示，在三棱锥P.ABC中，PA平面ABC,BAC60,PAABAC2，E是PC的中点 （1）求证:AE与PB是异面直线；（2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值 解:(1)证明：假设AE与PB共面,设平面为.因为A，B，E，所以平面即为平面ABE,所以P平面ABE,这与P 平面ABE矛盾,所以AE与PB是异面直线（2）取BC的中点F，连接EF、AF
13、，则EFPB，所以AEF（或其补角）就是异面直线AE和PB所成的角 因为BAC60,PAABAC2，PA平面ABC，所以AF错误!，AE错误!，EF错误!,cosAEF错误!错误!错误!，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为错误!。6。如图,平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BC綊12AD，BE綊错误!FA,G，H分别为FA,FD的中点 (1)求证：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：由题设知,FGGA，FHHD，所以GH綊错误!AD。又BC綊错误!AD，故GH綊BC。所以四边形BCHG是
14、平行四边形(2)C,D，F，E四点共面 理由如下：由BE綊错误!FA,G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF綊BG。由（1）知BGCH，所以EFCH，故EC、FH共面 又点D在直线FH上，所以C,D，F，E四点共面 尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I
15、in our busy schedule.We proofread the content carefully before the release of this article,but it is inevitable that there will be some unsatisfactory points.If there are omissions,please correct them.I hope this article can solve your doubts and arouse your thinking.Part of the text by the users care and support,thank you here!I hope to make progress and grow with you in the future.