高考数学空间点线面的位置关系.doc

课时跟踪检测 级基础小题提速练A一、选择题1(2019·温州高考适应性考试)设 m，n 为直线， 为平面，则 m 的一个充分条件可以是( )A，n，mn B，mC，m Dn，mn解析：选 B 对于 A 选项，直线 m 与平面 可能平行、相交或直线 m 在平面 内，A 错误；对于 B 选项，由直线垂直于两平行平面中的一个，得该直线垂直于另一个平面，B 正确；对于 C 选项，直线 m 与平面 可能平行、相交或直线m 在平面 内，C 错误；对于 D 选项，直线 m 与平面 可能平行、相交或直线 m在平面 内，D 错误综上所述，故选 B.2若平面 截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面 平行的棱有( )A0 条 B1 条C2 条 D0 条或 2 条解析：选 C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面 平行的棱有 2 条，故选 C.3已知 m，n 表示两条不同的直线， 表示两个不同的平面，且m，n，则“”是“mn”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选 B 当 m，n， 时，直线 m 与直线 n 可能相交、平行或异面，充分性不成立；当 m，mn 时，n，又因为 n，所以 ，必要性成立，所以“”是“mn”的必要不充分条件，故选 B.4.如图，在正三棱柱 ABC­A1B1C1中，AA1AB，E，F 分2别为 BC，BB1的中点，M，N 分别为 AA1，A1C1的中点，则直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为( )A. B.3512C. D.3245解析：选 B 如图，连接 AC1，C1B，CB1，设 C1B 与 CB1交于点 O，取 AB 的中点 D，连接 CD，OD，则 MNAC1OD，EFCB1，那么DOC 即直线 MN 与 EF 所成的角，设 AA1ABa，22则 AC1CB1a，3于是 ODOC，又 CD，3a23a2于是OCD 为正三角形，DOC60°，故直线 MN 与 EF 所成角的余弦值为 .125(2019·金华一中 5 月月考)已知直线 l，m 与平面 ， 满足l，l，m，m，则有( )A 且 m B 且 lmCm 且 lm D 且 解析：选 B 因为 m，m，所以 .因为 l，所以 lm.对比选项，故选 B.6如图，已知菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，将菱形 ABCD沿对角线 AC 折起，使得平面 ACD平面 ABC，若点 N 是 BD 上的动点，当线段 ON 最短时，二面角 N­AC­B 的余弦值为( )A0 B.12C. D.2232解析：选 C 易知 OBOD，所以当 N 为 BD 的中点时，线段 ON 最短，因为 ACOB，ACOD，所以 AC平面 BOD，所以 ONAC，所以BON 即二面角N­AC­B 的平面角因为平面 ACD平面 ABC，ODAC，所以 ODOB，所以BOD 为等腰直角三角形，所以BON45°，所以二面角 N­AC­B 的余弦值为.227.如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD­A1B1C1D1中，P，Q 分别为 BD1，BB1上的动点，则C1PQ 周长的最小值为( )A. B.2 15342 2C. D.48322 133解析：选 B 连接 B1D1，BC1，由图易得C1PQ 的三边分别在三棱锥B­B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥 B­B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形 BC1D1C1为直角梯形，当 C1，P，Q，C1四点共线时，C1PQ 的周长最小，最小值为，即C1PQ 的周长的最小值为，C1D2 1D1C2 142 242 2故选 B.8.如图，在直三棱柱 ABC­A1B1C1中，ABAC1，BCAA1，点 E，O 分别是线段 C1C，BC2的中点，分别记二面角A1F13A1AF­OB1­E，F­OE­B1，F­EB1­O 的平面角为 ，则下列结论正确的是( )A>> B>>C>> D>>解析：选 D 设 B1C1的中点为 M，过点 F 作平面 BB1C1C的垂线，设垂足为点 G，则易得点 G 为 OM 的靠近点 M 的三等分点，设点 G 到直线 B1E，OE，OB1的距离分别为 d1，d2，d3，则 tan ，tan ，tan ，由图易得 d1tan >tan ，即 >>，故选 D.9.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，E 是 AA1的中点，P 为底面 ABCD 内一动点，设 PD1，PE 与底面 ABCD 所成的角分别为 1，2(1，2均不为 0)若 12，则动点 P 的轨迹为( )A直线的一部分 B圆的一部分C椭圆的一部分 D抛物线的一部分解析：选 B 建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的边长为 2，则 A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，(0,0,1)，(2x，y，1)，(x，y,2)AEPEPD1由 12，得 cos 1cos 2，即，代入数据，得，整理，PD1·AE|PD1|AE|PE·AE|PE|AE|2x2y2412x2y21得 x2y2(0x2,0y2)，即动点 P 的轨迹为圆的一部分8316910.(2019·金华十校联考)如图，在底面为正三角形的棱台ABC­A1B1C1中，记锐二面角 A1­AB­C 的大小为 ，锐二面角 B1­BC­A 的大小为，锐二面角 C1­AC­B 的大小为 ，若 >>，则( )AAA1>BB1>CC1 BAA1>CC1>BB1CCC1>BB1>AA1 DCC1>AA1>BB1解析：选 D 分别延长 AA1，BB1，CC1交于点 D，过点 D 作 DO底面 ABC，过点 O 分别作ABC 三边的垂线，分别交于点 M，N，P，则 tan ，tan DOOM，tan ，因为 >>，所以 OMAA1>BB1，故选 D.OC2OD2二、填空题11(2019·浙江新高考仿真卷(一)已知直线 m，l，平面 ，且m，l，给出下列命题：若 ，则 ml；若 ，则 ml；若 ml，则 ；若 ml，则 .其中正确命题的序号有_(把所有正确命题的序号都填上)解析：对于，由 m， 得 m，又因为 l，所以 ml，正确；对于，由 m， 得 m 或 m，不能判断直线 l 与 m 的位置关系，错误；对于，由 ml，l 不能得到 m，从而不能得到 ，错误；对于，由m，ml 得 l，又因为 l，所以 ，正确综上所述，正确命题的序号为.答案：12.如图，已知平面 ，且AB，PC，PD，C，D 是垂足那么直线 AB 与平面 PCD 的位置关系为_，若 PCPD1，CD，则平面 与平面 的位置关系为2_解析：因为 PC，AB，所以 PCAB，同理，PDAB，又 PCPDP，所以 AB平面 PCD，设 AB 与平面 PCD 的交点为 H，连接 CH，DH(图略)，因为AB平面 PCD，所以 ABCH，ABDH，所以CHD 为二面角 AB 的平面角，又 PCPD1，CD，所以 CD2PC2PD22，即CPD90°，在平面2PCHD 中，PCHPDHCPD90°，所以CHD90°，所以 .答案：AB平面 PCD 13.如图所示的三棱锥 P­ABC 中，PC平面ABC，PC，D 是 BC 的中点，且ADC 是边长为 2 的2 33正三角形，则二面角 P­AB­C 的大小为_解析：由已知条件，D 是 BC 的中点，CDBD2，又ADC 是正三角形，ADCDBD2，D 是ABC 的外心且又在 BC 上，ABC 是以BAC 为直角的三角形，即 ABAC，又 PC平面 ABC，PAAB.PAC 即为二面角 P­AB­C 的平面角，在 RtPAC 中，tanPAC，PCAC33PAC30°.答案：30°14.如图，在四棱锥 P­ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，侧面 PAD 为正三角形，且侧面 PAD底面 ABCD，已知在侧面 PAD 内存在点 Q，满足 PQQD，则当|AQ|最小时，二面角 A­CD­Q 的余弦值是_解析：取 PD 的中点 M，因为四边形 ABCD 为正方形，所以 CDAD，又平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面ABCDAD，CD平面 ABCD，所以 CD平面 PAD，所以CDQD，则二面角 A­CD­Q 的平面角是ADQ，又因为点 Q 的轨迹是以 M 为圆心 PD 为直径的圆，如图，当|AQ|最小时，ADQADPQDP60°45°15°，即二面角 A­CD­Q 的余弦值为 cos 15°cos(60°45°).2 64答案：2 6415.如图，ABC 是等腰直角三角形，ABAC，BCD90°，且 BCCD3.将ABC 沿 BC 边3翻折，设点 A 在平面 BCD 上的射影为点 M，若点 M 在BCD 的内部(含边界)，则点 M 的轨迹的最大长度等于_；在翻折过程中，当点 M 位于线段 BD 上时，直线 AB 和 CD 所成的角的余弦值等于_解析：当平面 ABC平面 BCD 时，点 A 在平面 BCD 上的射影为 BC 上的点 M，因为 ABAC，所以 BMMC，当点A 在平面 BCD 上的射影 M在 BD 上时，因为BCCD3，所以DBC30°，所以由BCD90°得3BMMD，则点 M 的轨迹的最大长度等于 CD.当 M 位于 BD 上时，将1232其补为四棱锥，由已知条件得 AM平面 BCDE，BMEM，所以ABAE，又因为EBA 为直线 AB 和 CD 所成的角，所以 cosEBA3 22.AB2BE2AE22AB·BE66答案： 326616在直三棱柱 ABC A1B1C1中，BAC ，ABACAA11，已知 G2和 E 分别为 A1B1和 CC1的中点，D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点)，若 GDEF，则线段 DF 的长度的取值范围为_解析：如图，以 A 为坐标原点， ， ，的方向分别ABACAA1为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系 A xyz，则 E0,1，G ，0,1，令 D(0，b,0)，1212F(a,0，0)，0AB，AD 是BAC 的平分线，将ABD 沿直线 AD 翻折成ADB1，在翻折过程中，设所成二面角 B1­AD­C 的平面角为，B1AC，B1DC，则下列结论中成立的是( )A， B，C， D，解析：选 B 法一：过 B 点作 AD 的垂线，分别交AD，AC 于点 M，N，连接 B1N，如图由二面角的平面角的定义，知B1MN.又 AD 为BAC 的平分线，则 AB1ABAN.在共底边的等腰B1AN 与等腰B1MN 中，B1M；ABD 翻转 180°时，AB1与 AC，B1M 与 MN 分别重合，则 <.综合即得 ，故选 B.3(2019·浙江五校联考)如图，已知线段 AB 垂直于定圆所在的平面，B，C 是圆上的两点，H 是点 B 在 AC 上的射影，当C 运动时，点 H 运动的轨迹( )A是圆B是椭圆C是抛物线D不是平面图形解析：选 A 如图，过点 B 作圆的直径 BD，连接 CD，AD，再过点 B 作 BEAD 于 E，连接 HE，因为 AB平面 BCD，所以 ABCD.又由 BD 为圆的直径得 BCCD，且ABBCB，所以 CD平面 ABC，所以 CDBH.又 BHAC，且 ACCDC，所以 BH平面 ACD，所以 BHAD，BHHE.所以当点 C 运动时，点 H 运动的轨迹是以 BE 为直径的圆故选 A.4.在三棱锥 P ABC 中，ABCPBC，ACBC，AB2BC.设 PB 与平面 ABC 所成的角为 ，PC 与平面 PAB 所成的角为 ，则( )A 且 sin 333B 且 sin <333C 且 63D 且 <63解析：选 B 依题可设 AB2BC2a，由题意，可得ABPB2a，ACCPa.过点 C 作 CH平面 PAB，连接3HB，HP，如图，则 PC 与平面 PAB 所成的角 CPH，且CH<CBa，sin <.由 BCAC，BCCP，ACCPC，得 BC平面CHCPa3a33PAC，可设二面角 P BC A 的大小为 ，即ACP，点 P 到平面 ABC 的距离为d，由 VB ACPVP ABC，即 BC·SACP d·SABC，即 a× ×a×a×sin 1313131233 d× ×a×a，解得 dasin ，则 sin ，所以 .131233dPB3asin 2a323故选 B.5在长方体 ABCD A1B1C1D1中，二面角 A1 BD A 的大小为 ，若空间6有一条直线 l 与直线 CC1所成角为 ，则直线 l 与平面 A1BD 所成角的取值范围4为_解析：如图所示，过点 A 作 AOBD，连接 A1O，则 BDA1O，则AOA1为二面角，所以AOA1 ，因为 CC1AA1，取角 A1AO 的角平分线 AM，此时 AM 即为6直线 l，过点 A 作 APA1O，即 AP平面 A1BD，此时直线 l 与平面 A1BD 所成角的最大角是AMA1MAOMOA ，另外一种情况是46512A1AN ，ANOPN，此时直线 AN 为直线 l，则直线 AN 与平面 A1BD 所成最4小角为ANPPA1AA1AN ，所以直线 l 与平面 A1BD 所成角的取值3412范围是，.12512答案：，125126(2019·镇海中学高三模拟)已知在棱长为 4 的正方体 ABCD­A1B1C1D1中，点 M 为 BC1的中点，点 P 为A1CD1及其内部上一动点，且|PD|PM|，则点P 的轨迹长度为_解析：由|PD|PM|可得点 P 在线段 DM 的中垂面与A1CD1的交线上，设 DM 中点为 N，即只需要确定在A1C，CD1，A1D1上是否存在点 F，E，G，满足ENDM，FNDM，NGDM.建立以 D 为坐标原点的坐标系，则可得 A1(4,0,4)，M(2,4,2)，N(1,2,1)，则(2,4,2)，设DMA1F(4，4，4)，所以 F(44,4，44)，所以A1C(43，42,43)，由，可发现 不存在，所以点 F 不存在设FNFNDME(0，a,4a)，所以(1，a2,3a)，由·0，解得 a2，所以NENEDME(0,2,2)同理可得 G(2,0,4)，所以点 P 的轨迹为线段 EG，所以其长度为 EG2.3答案：23