2022高考数学一轮复习-课时规范练38-空间图形的基本关系与公理北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 课时规范练38 空间图形的基本关系与公理北师大版

2022高考数学一轮复习 课时规范练38 空间图形的基本关系与公理北师大版

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课时规范练38　空间图形的基本关系与公理
基础巩固组
1.(2020浙江丽水模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是(　　)

A.相交 B.异面 C.平行 D.垂直
2.(2020广东汕头模拟)a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个命题中,真命题是(　　)
A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面
B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交
C.若a∥b,则a,b与c所成的角相等
D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c
3.

如图所示,ABCD-A1B1C1D1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,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
4.(2020海南三亚模拟)在空间四边形ABCD各边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,GH相交于点P,那么(　　)
A.点P必在直线AC上 B.点P必在直线BD上
C.点P必在平面DBC内 D.点P必在平面ABC外

5.(2020山东临沂模拟)如图所示,在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A.15 B.25
C.35 D.45
6.(2020江西宜春模拟)已知AE是长方体ABCD-EFGH的一条棱,则在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱共有　　　　　条. 

7.(2020江苏启东中学模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点.
求证:(1)E,C,D1,F四点共面;
(2)CE,D1F,DA三线共点.

综合提升组
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,点M在线段BC上(点M异于B,C两点),点N为线段CC1的中点,若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形,则线段BM的取值范围是(　　)
A.0,12 B.12,1
C.13,1 D.12,13
9.(2020湖北孝感模拟)已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点.若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成角的度数为　　　　　. 
10.(2020湖北武汉模拟)如图所示,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ与CB的延长线交于点M,RQ与DB的延长线交于点N,RP与DC的延长线交于点K.给出以下结论:
①直线MN⫋平面PQR;②点K在直线MN上;③M,N,K,A四点共面.
其中正确结论的序号为　　　　　. 
11.如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为　　　　　. 

(第10题图)

(第11题图)

12.(2020江苏盐城模拟)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:(1)E,F,G,H四点共面;
(2)三直线FH,EG,AC共点.

创新应用组

13.如图,在正四面体ABCD中,E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,则异面直线AB和CE所成角的余弦值为　　　　　. 

参考答案

课时规范练38　空间图形的基本
关系与公理
1.A　由BCAD,ADA1D1知,BCA1D1,从而四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥CD1,又EF⫋平面A1BCD1,EF∩D1C=F,则A1B与EF相交.
2.C　对于A,B,D,a与c可能相交、平行或异面,因此A,B,D不正确,根据异面直线所成角的定义知C正确.
3.A　连接A1C1,AC,图略,则A1C1∥AC,所以A1,C1,A,C四点共面.
所以A1C⫋平面ACC1A1.
因为M∈A1C,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.
4.A　如图,因为EF⫋平面ABC,而GH⫋平面ADC,且EF和GH相交于点P,所以点P在两平面的交线上,因为AC是两平面的交线,所以点P必在直线AC上.

5.

D　连接BC1,易证BC1∥AD1,则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.
连接A1C1,由AB=1,AA1=2,则A1C1=2,A1B=BC1=5,
在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1=5+5-22×5×5=45.
6.

4　作出长方体ABCD-EFGH.在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱有GH,GF,BC,CD.共4条.
7.证明(1)如图,连接EF,CD1,A1B.

∵E,F分别是AB,AA1的中点,
∴EF∥BA1.
又∵A1B∥D1C,∴EF∥CD1,
∴E,C,D1,F四点共面.
(2)∵EF∥CD1,EF<CD1,
∴CE与D1F必相交,设交点为P,
则由P∈直线CE,CE⫋平面ABCD,得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,
∴P∈直线DA,
∴CE,D1F,DA三线共点.
8.B　∵正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,所以正方体的棱长为1,
当点M为线段BC的中点时,MN∥AD1,A,M,N,D1共面,
截面为四边形AMND1,如图,即BM=12不合题意,排除选项A,C,D;

当BM>12时,截面为五边形,如图,符合题意,即线段BM的取值范围为12,1.故选B.

9.30°　如图,设G为AD的中点,连接GF,GE,则GF,GE分别为△ABD,△ACD的中位线.

由此可得GF∥AB,且GF=12AB=1,GE∥CD,且GE=12CD=2,
∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成的角.
∵EF⊥AB,GF∥AB,∴EF⊥GF.
因此,在Rt△EFG中,sin∠GEF=GFGE=12,可得∠GEF=30°,
∴EF与CD所成角的度数为30°.
10.①②③　由题意知,M∈PQ,N∈RQ,K∈RP,从而点M,N,K∈平面PQR.所以直线MN⫋平面PQR,故①正确.

同理可得点M,N,K∈平面BCD.从而点M,N,K在平面PQR与平面BCD的交线上,即点K在直线MN上,故②正确.因为A∉直线MN,从而点M,N,K,A四点共面,故③正确.
11.

64　由题目中的位置关系,可将原图补为如图所示的直四棱柱,
∵BC1∥AD,
∴异面直线BC1与AC所成角即为直线AD与AC所成角∠DAC,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+4-8cos120°=12,∴AC=23,
又AD=CD=4+4=22,
∴cos∠DAC=AD2+AC2-CD22AD·AC=8+12-82×22×23=64.
12.证明(1)连接EF,GH,因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD.

又因为CG=13BC,CH=13DC,所以GH∥BD,所以EF∥GH,
所以E,F,G,H四点共面.
(2)易知直线FH与直线AC共面,不平行,所以设FH∩AC=M,
所以M∈平面EFHG,M∈平面ABC.又因为平面EFHG∩平面ABC=EG,所以M∈EG,所以FH,EG,AC共点.
13.

714　如图,取棱BD上靠近点D的一个三等分点F,
又因为E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,所以EF∥AB,所以∠CEF是异面直线AB和CE所成的角,不妨设正四面体ABCD的棱长为3,则DE=13AD=1,EF=13AB=1,DF=13BD=1,在△CDE中,由余弦定理得CE2=DE2+CD2-2DE·CD·cos∠CDE=12+32-2×1×3×12=7,所以CE=7,
同理,在△CDF中,由余弦定理得CF=7,在△CEF中,由余弦定理,
得cos∠CEF=EF2+CE2-CF22EF·CE=12+(7)2-(7)22×1×7=714.