人教版高三数学总复习课时作业46 9页

课时作业46　空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 解析：若两条直线无公共点，则两条直线可能异面，也可能平行．若两条直线是异面直线，则两条直线必无公共点．‎ 答案：A ‎2．若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．异面 C．相交 D．平行、异面或相交 解析：经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现，故选D.‎ 答案：D ‎3．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c(　　)‎ A．一定平行 B．一定相交 C．一定是异面直线 D．一定垂直 解析：两条平行线中一条与第三条直线垂直，另一条直线也与第三条直线垂直，故选D.‎ 答案：D ‎4．已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1‎ 的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：取DD1的中点F，连接CF，∠D1CF为BE与CD1所成的角，取AB＝1，则cos∠D1CF＝＝.故直线BE与CD1所成角的余弦值为.‎ 答案：C ‎5．已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是(　　)‎ A．AB∥CD B．AB与CD异面 C．AB与CD相交 D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交 解析：若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线．‎ 答案：D ‎6．已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面M，b⊂平面N，M∩N＝c.①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c；④若a⊥b，a⊥c，则必有M⊥N.其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中a和b有可能垂直；命题④中当b∥c时，平面M，N有可能不垂直，故选C.‎ 答案：C 二、填空题 ‎7．三条直线可以确定三个平面，这三条直线的公共点个数是________．‎ 解析：因三条直线可以确定三个平面，所以这三条直线有两种情况：一是两两相交，有1个交点；二是互相平行，没有交点．‎ 答案：0或1‎ ‎8．已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为________．‎ 解析：‎ 如图，连接DF，因为DF与AE平行，所以∠DFD1即为异面直线AE与D1F所成角的平面角，设正方体的棱长为2，则FD1＝FD＝，由余弦定理得cos∠DFD1＝＝.‎ 答案： ‎9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，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________．‎ 解析：在正四面体中取CD的中点G，连接FG，EG，作FH⊥平面CDE于点H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，∴可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共4个．‎ 答案：4‎ 三、解答题 ‎10．如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．‎ ‎(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AD.又BC綊AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形．‎ ‎(2)由BE綊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．‎ ‎11．已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面△ABC的中心，如图所示：‎ ‎(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；‎ ‎(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1—BCA1的体积．‎ 解：‎ ‎(1)连接AO，并延长与BC交于点D，则AD是BC边上的中线．‎ ‎∵点O是正△ABC的中心，且A1O⊥平面ABC，‎ ‎∴BC⊥AD，BC⊥A1O.‎ ‎∵AD∩A1O＝O，∴BC⊥平面ADA1.‎ ‎∴BC⊥AA1.又AA1∥CC1，‎ ‎∴异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C.‎ ‎∵CC1⊥BC，即四边形BCC1B1为正方形，‎ ‎∴异面直线AA1与BC1所成角的大小为.‎ ‎(2)∵三棱柱的所有棱长都为2，‎ ‎∴可求得AD＝，AO＝AD＝，A1O＝＝.∴VABC—A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2，VA1—B1C1CB＝VABC—A1B1C1－VA1—ABC＝.‎ ‎∴VC1—BCA1＝VA1—BCC1＝VA1—BCC1B1＝.‎ ‎1．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足 l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β，且l∥α B．α⊥β，且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 解析：由题意可知α与β相交，可能垂直，故A，B错；因交线分别垂直于异面直线m，n，又l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，所以交线平行于l，故选D.‎ 答案：D ‎2．(2014·大纲全国卷)已知二面角α—l—β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD＝135°，则异面直线AB与CD 所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：‎ 如图，在平面α内过C作CE∥AB，则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角，不妨取CE＝1，过E作EO⊥β于O.‎ 在平面β内过O作OH⊥CD于H，‎ 连EH，则EH⊥CD.‎ 因为AB∥CE，AB⊥l，所以CE⊥l.‎ 又因为EO⊥平面β，所以CO⊥l.‎ 故∠ECO为二面角α—l—β的平面角，所以∠ECO＝60°.‎ 而∠ACD＝135°，CO⊥l，所以∠OCH＝45°.‎ 在Rt△ECO中，CO＝CE·cos∠ECO＝1·cos60°＝.‎ 在Rt△COH中，CH＝CO·cos∠OCH＝·sin45°＝.‎ 在Rt△ECH中，cos∠ECH＝＝＝.‎ 答案：B ‎3．如图所示，在四棱锥S—ABCD中，SB⊥底面ABCD.底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝1，AD＝3，CD＝2.若点E是线段AD上的动点，则满足∠SEC＝90°的点E的个数是________．‎ 　 解析：由于SB⊥底面ABCD，SE在底面ABCD上的射影为BE，要使∠SEC＝90°，只要BE⊥EC即可．由平面几何知识可知，以BC为直径的圆与AD有两个交点，故满足条件的E点的个数是2.‎ 答案：2‎ ‎4．如图，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B上，且满足B1F＝2BF.‎ ‎(1)求证：EF⊥A1C1；‎ ‎(2)在棱C1C上确定一点G，使A，E，G，F四点共面，并求此时C1G的长．‎ 解：‎ ‎(1)证明：如图所示，连接B1D1，‎ ‎∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴四边形A1B1C1D1为正方形．‎ ‎∴A1C1⊥B1D1，且BB1⊥平面A1B1C1D1.‎ ‎∴A1C1⊥BB1.‎ ‎∵B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D.‎ ‎∵EF⊂平面BB1D1D，∴EF⊥A1C1.‎ ‎(2)如图所示，假设A，E，G，F四点共面，则A，E，G，F四点确定平面AEGF，‎ ‎∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C.‎ ‎∵平面AEGF∩平面AA1D1D＝AE，平面AEGF∩平面BB1C1C＝GF，‎ ‎∴由平面与平面平行的性质定理得AE∥GF，‎ 同理可得AF∥GE，因此四边形AEGF为平行四边形，∴GF＝AE.‎ 在Rt△ADE中，AD＝a，DE＝DD1＝，∠ADE＝90°，‎ 由勾股定理得AE＝＝＝a，‎ 在直角梯形B1C1GF中，下底B1F＝BB1＝a，直角腰B1C1＝a，斜腰GF＝AE＝a，‎ 由勾股定理可得GF＝ ‎＝＝a，‎ 结合图形可知C1G