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2019年高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 7.3 空间点、线、面之间的位置关系课时跟踪检测 理
7.3 空间点、线、面之间的位置关系
[课 时 跟 踪 检 测]
[基 础 达 标]
1.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
解析:由BC綊AD,AD綊A1D1知,BC綊A1D1,
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.
答案:A
2.下列命题中,真命题的个数为( )
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点,那么这两个平面重合;
②两条直线可以确定一个平面;
③空间中,相交于同一点的三条直线在同一平面内;
④若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l.
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:根据公理2,可判断①是真命题;两条异面直线不能确定一个平面,故②是假命题;在空间,相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角),故③是假命题;根据平面的性质可知④是真命题.综上,真命题的个数为2.
答案:B
3.已知A,B,C,D是空间四点,命题甲:A,B,C,D四点不共面,命题乙:直线AC和BD不相交,则甲是乙成立的( )
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:若A,B,C,D四点不共面,则直线AC和BD不共面,所以AC和BD不相交;若直线AC和BD不相交,但直线AC和BD平行时,A,B,C,D四点共面,所以甲是乙成立的充分不必要条件.
答案:A
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,则异面直线AE和CF所成的角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析:如图,设正方体的棱长为a,取线段AB的中点M,连接CM,MF,EF.则MF綊AE,所以∠CFM即为所求角或所求角的补角,在△CFM中,MF=CM=a,CF=a,根据余弦定理可得cos∠CFM=,所以异面直线AE与CF所成的角的余弦值为.故选C.
答案:C
5.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )
A.4π B.
C.6π D.
解析:△ABC的内切圆的半径r==2,又因为AA1=34,所以在三棱柱中体积最大的球的半径为,此时V=π×3=π.
答案:B
6.(2017届郑州模拟)如图所示,ABCD-A1B1C1D1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( )
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
解析: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.
答案:A
7.(2018届福建六校联考)设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:
①若a∥b,b∥c,则a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;
④若a?平面α、b?平面β,则a,b一定是异面直线.
上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号).
解析:由公理4知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行或异面,故②错;当a与b相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③错;a?α,b?β,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故④错.
答案:①
8.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB=∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为________.
解析:如图,取A1C1的中点D1,连接B1D1,
因为点D是AC的中点,所以B1D1∥BD,所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角.连接AD1,设AB=a,则AA1=a,
所以AB1=a,B1D1=a,
AD1= =a.
所以,在△AB1D1中,由余弦定理得,
cos∠AB1D1===,所以∠AB1D1=60°.
答案:60°
9.如图,已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形,C是圆柱下底面弧AB的中点,C1是圆柱上底面弧A1B1的中点,那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.
解析:取圆柱下底面弧AB的另一中点D,连接C1D,AD,
因为C是圆柱下底面弧AB的中点,
所以AD∥BC,
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角,因为C
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