2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业37.doc

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1、课时作业37空间点、线、面之间的位置关系一、选择题1(2019年天津市实验中学高二上学期期中考试)下列说法正确的是()(1)任意三点确定一个平面；(2)圆上的三点确定一个平面；(3)任意四点确定一个平面；(4)两条平行线确定一个平面A(1)(2) B(2)(3)C(2)(4) D(3)(4)解析：任意三个不共线点确定一个平面；圆上的三点确定一个平面；任意四点不一定确定一个平面；两条平行线确定一个平面；选C.答案：C2(2019年高考数学高考复习)如图1，一个封闭的长方体，它的六个表面各标出A，B，C，D，E，F这六个字母，现放成下面三种不同的位置，所看见的表面上的字母已表明，则字母A，B，C对

2、面的字母依次分别为()图1AD，E，F BF，D，ECE，F，D DE，D，F解析：第一个正方体已知A，B，C，第二个正方体已知A，C，D，第三个正方体已知B，C，E，且不同的面上写的字母各不相同，则可知A对面标的是E，B对面标的是D，C对面标的是F.选D.答案：D3(2019年陕西省汉中市汉台中学、西乡中学高一上学期期末联考)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条()A相交 B异面C相交或异面 D平行解析：如图2所示，a，b，c三条直线平行，a与d异面，而b与d异面，c与d相交，故选C.图2答案：C4(海南省万宁市2019年高三高考适应性考试数学文科卷4)下列命题中：一条直线和

3、两条平行线都相交，那么这三条直线共面；每两条都相交，但不共点的四条直线一定共面；两条相交直线上的三个点确定一个平面；空间四点不共面，则其中任意三点不共线其中正确命题的个数是()A1个B2个 C3个D4个答案：C5(2019年江西省南昌市第二中学高二下学期第一次阶段性考试)给出下列四个命题，其中正确的是()空间四点共面，则其中必有三点共线；空间四点不共面，则其中任何三点不共线；空间四点中存在三点共线，则此四点共面；空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面A BC D解析：对于，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线，故错误；对于，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，

4、与已知矛盾故正确；对于，空间四点中有三点共线，根据不共线的三点确定一个平面，得到此四点必共面，故正确；对于，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形，故不正确；故选A.答案：A图36如图3，若是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EHA1D1，则下列结论中不正确的是()AEHFGB四边形EFGH是矩形C是棱柱D是棱台解析：根据直线与平面平行的性质定理可知EHFG，则EHFGB1C1，从而是棱柱，因为A1D1平面ABB1A1，EHA1D1，则EH平面ABB1A1，

5、又EF平面ABB1A1，故EHEF，从而四边形EFGH是矩形因为EHA1D1，A1D1B1C1，所以EHB1C1，又EH平面BCC1B1，平面EFGH平面BCC1B1FG，所以EH平面BCB1C1，又EH平面EFGH，平面EFGH平面BCB1C1FG，所以EHFG，故EHFGB1C1，所以选项A、B、C正确答案：D7(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末考试)如图4，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是()图4A直线 B圆C双曲线 D抛物线解析：由正方体的性质可知，直线C1D1平面B

6、B1C1C，则C1D1PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到定直线BC的距离等于到定点C1的距离，符合抛物线的定义，点P的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案：D图58(2019年浙江省诸暨中学高一下学期期中考试)设四棱锥PABCD的底面不是平行四边形， 用平面去截此四棱锥(如图5), 使得截面四边形是平行四边形， 则这样的平面有()A不存在 B只有1个C恰有4个D有无数多个解析：证明：由侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交，设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为，作与平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1则由面面平行的性

7、质定理得：A1B1mC1D1，A1D1nB1C1，从而得截面必为平行四边形由于平面可以上下移动，则这样的平面有无数多个故选D.答案：D图69(2019年江苏省苏州市第五中学高二月考)如图6，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列结论中错误的为()AACBDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45解析：依题意得MNPQ，MN平面ABC，又MN、AC平面ACD，且MN与AC无公共点，因此有MNAC，AC平面MNPQ.同理，BDPN.又截面MNPQ是正方形，因此有ACBD，直线PM与BD所成的角是45.综上所述，其中错误的是C，故选C.答案：C10一个正方体的展开

8、图如图7所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()AABCD BABCD C. AB与CD所成的角为60 D. AB与CD相交 图7 图8解析：将表面展开图还原为正方体，连接BE，AE，BECD，ABE就是异面直线AB，CD所成的角，连接AE，ABE是正三角形，ABE60，选C.答案：C11(2019年广东省深圳市南山区高三上学期入学摸底考试(文)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是()A相交且垂直 B共面 C平行 D异面且垂直解析：由题意易知：直线AB1平面A1BCD1，AB1E

9、F，又直线AB1与直线EF是异面直线，故选：D.答案：D12(2019年安徽省马鞍山市度第一学期学业水平测试高二)如图9，三棱柱ABCA1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()图9ACC1与B1E是异面直线BCC1与AE是共面直线CAE与B1C1是异面直线DAE与BB1是共面直线解析：由于CC1与B1E均在平面BCC1B1内，不是异面直线；CC1平面ABCC，AE平面ABC，点C不在直线AE上，所以CC1和AE是异面直线，AE平面BCC1B1E，B1C1平面BCC1B1，点E不在直线B1C1上，则AE与B1C1是异面直线，选C.答案：C二、填空题1

10、3(2019年陕西省西安市第一中学高一上学期期末考试)长宽高分别为5，4，3的长方体ABCDA1B1C1D1中，由顶点A沿其表面到顶点C1的最近距离为_解析：从A点沿不同的表面到C1，有三种不同捷径，其距离可采用将长方体展开的方式求得，分别是，4，3，从A点沿表面到C1的最短距离为，故答案为.答案：图1014(2019年江苏省邗江中学(创新班)高一下学期期中考试)如图10所示，在正方体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MN与AC所成的角为60.其中正确的结论为

11、_(注：把你认为正确的结论序号都填上)解析：直线CC1在平面CC1D1D上，而M平面CC1D1D，A平面CC1D1D，直线AM与直线CC1异面，故不正确，直线AM与直线BN异面，故不正确，利用的方法验证直线BN与直线MB1异面，故正确，利用平移法，可得直线MN与AC所成的角为60，故正确，综上，正确答案：15长方体ABCDA1B1C1D1中，已知ABAD2，AA13，棱AD在平面内，则长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围是_图11解析：由题意，四边形ABCD和ADD1A1的面积分别为4和6，长方体在平面内的射影可由这两个四边形在平面内的射影组合而成显然Smin4.若记平面ABCD与平

12、面所成角为，则平面ADD1A1与平面所成角为.它们在平面内的射影分别为4cos和6cos()6sin，所以，S4cos6sin2sin()(其中，tan)，因此，Smax2，当且仅当时取到因此，4S2.答案：4S216(2019年福建省闽侯第四中学高二上学期期中)给出以下说法：不共面的四点中，任意三点不共线；有三个不同公共点的两个平面重合；没有公共点的两条直线是异面直线；分别和两条异面直线都相交的两条直线异面；一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面其中正确结论的序号是_解析：对于，若四点中有三点共线时，则必有这四点共面，故正确；对于，当这三个点共线时，则这两个平面不一定重合，故不

13、正确；对于，当两条直线平行时，无公共点，但这两条直线不异面，故不正确；对于，如图12，直线a，b为异面直线，直线AB，AC与两异面直线都相交，但直线AB，AC有公共点，故不正确；图12对于，当直线c和异面直线a，b相交时，则a，b，c必不共面，所以它们可以确定两个平面，故正确。综上正确。答案：答案：三、解答题17已知：四边形ABCD是空间四边形，E，H分别是边AB，图13AD的中点，F、G分别是边CB，CD上的点，且，求证：直线FE、GH、AC交于一点证明：E，H分别是边AB，AD的中点，EHBD.又，FGBD.因此EHFG且EHFG.故四边形EFGH是梯形，所以EF，HG相交，设EFHGK，

14、KEF，EF平面ABC，K平面ABC.同理K平面ACD，又平面ABC平面ACDAC，KAC，故直线FE、GH、AC交于一点18(2019年新疆乌鲁木齐第三十中学高一年级阶段性测试)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，ACBDP，A1C1EFQ，求证：图14(1)D，B，F，E四点共面(2)若A1C1交平面DBEF于R点，则P，Q，R三点共线证明：(1)EF是D1B1C1的中位线，EFB1D1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D1BD，EFBD.EFBD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面(2)正方体ABCDA1B1C1D1中，设A1ACC1确定

15、的平面为，又设平面BDEF为.QA1C1，Q.又QEF，Q.则Q是与的公共点，PQ又A1CR，RA1CR，且R，则RPQ.故P，Q，R三点共线19(2019年湖南省益阳市高三四月调研考试文科数学试卷)如图15，四棱锥PABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是ABC60的菱形，M为PC的中点图15(1)求证：PCAD；(2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由；(3)求点D到平面PAM的距离解：()方法一：取AD中点O，连结OP，OC，AC，依题意可知PAD，ACD均为正三角形，所以OCAD，OPA

16、D，又OCOPO，OC平面POC，OP平面POC，所以AD平面POC，又PC平面POC，所以PCAD.图16方法二：连结AC、AM，依题意可知PAC，PCD均为边长为2的正三角形，又M为PC的中点，所以AMPC，DMPC，又AMDMM，AM平面AMD，DM平面AMD，所以PC平面AMD，又AD平面AMD，所以PCAD.(2)当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面，证明如下：取棱PB的中点Q，连结QM，QA，又M为PC的中点，所以QMBC，在菱形ABCD中ADBC，所以QMAD，所以A，Q，M，D四点共面(3)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的体高，在RtPOC中，POOC，PC，在PAC中，PAAC2，PC，边PC上的高AM，所以PAC的面积SPACPCAM，设点D到平面PAC的距离为h，由VDPACVPACD得SPAChSACDPO，又SACD22，所以h，解得h，所以点D到平面PAM的距离为.