2022届高考数学人教B版一轮复习测评：8-2 平面的基本性质及两直线位置关系 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 三十九平面的基本性质及两直线位置关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.在下列命题中,不是公理的是()A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线【解析】选A.选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不需要证明的.2.若直线a,b,c满足a

2、b,a,c异面,则b与c()A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线【解析】选C.若ab,a,c是异面直线,那么b与c不可能平行,否则由公理4知ac.3.空间四边形ABCD中,E,F分别为AC,BD的中点,若CD=2AB,EFAB,则EF与CD所成的角为()A.30B.45C.60D.90【解析】选A.取AD的中点H,连接FH,EH,在EFH中,EFH=90,HE=2HF,从而FEH=30,即EF与CD所成角为30.4.空间四点A,B,C,D共面而不共线,那么这四点中()A.必有三点共线B.必有三点不共线C.至少有三点共线D.不可能有三点共线【解析】选B.如

3、图所示,A,C,D均不正确,只有B正确.5.已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选B.画出正四面体ABCD的直观图,如图所示.设其棱长为2,取AD的中点F,连接EF,设EF的中点为O,连接CO,则EFBD,则FEC就是异面直线CE与BD所成的角.ABC为等边三角形,则CEAB,易得CE=,同理可得CF=,故CE=CF.因为OE=OF,所以COEF.又EO=EF=BD=,所以cosFEC=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所

4、成的角的大小是_.【解析】如图,取CN的中点K,连接MK,则MK为CDN的中位线,所以MKDN.所以A1MK为异面直线A1M与DN所成的角.连接A1C1,AM.设正方体的棱长为4,则A1K=,MK=DN=,A1M=6,所以A1M2+MK2=A1K2,所以A1MK=90.答案:907.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且ABCD,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_.世纪金榜导学号【解析】EF与正方体左、右两侧面均平行.所以与EF相交的侧面有4个.答案:48.设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出五个命题:若ab,bc,则ac;若ab,bc,则ac;若a与b相交

5、,b与c相交,则a与c相交;若a平面,b平面,则a,b一定是异面直线;若a,b与c成等角,则ab.上述命题中正确的命题是_(只填序号).世纪金榜导学号【解析】由公理4知正确;当ab,bc时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故不正确;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,故不正确;a,b,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故不正确;当a,b与c成等角时,a与b可以相交、平行,也可以异面,故不正确.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,A是BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若ACBD

6、,AC=BD,求EF与BD所成的角.【解析】(1)假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.(2)取CD的中点G,连接EG,FG,则ACFG,EGBD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.又因为ACBD,则FGEG.在RtEGF中,由EG=FG=AC,求得FEG=45,即异面直线EF与BD所成的角为45.10.已知空间四边形ABCD的对角线AC=20,BD=19,异面直线AC与BD所成的角的余弦值为,点P,Q,M,N分别是AB,

7、BC,CD,DA的中点,(1)求证:四边形PQMN是平行四边形.(2)求四边形PQMN的面积.【解析】(1)因为P,Q是AB,BC的中点,所以PQAC,PQ=AC,同理MNAC,MN=AC,所以PQMN,PQ=MN,所以PQMN是平行四边形.(2)因为P,N是AB,AD的中点,所以PNBD,PN=BD=,又因为PQAC,所以PQ与PN所成的角就是异面直线AC,BD成的角,所以sinQPN=,所以四边形PQMN的面积为S=PQPNsinQPN=10=5.(15分钟35分)1.(5分)设A,B,C,D是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是()A.若AC与BD共面,则AD与BC共面B.若AC与

8、BD是异面直线,则AD与BC是异面直线C.若AB=AC,DB=DC,则AD=BCD.若AB=AC,DB=DC,则ADBC【解析】选C.由公理1知,命题A正确.对于B,假设AD与BC共面,由A正确得AC与BD共面,这与题设矛盾,故假设不成立,从而结论正确.对于C,如图,当AB=AC,DB=DC,使二面角A-BC-D的大小变化时,AD与BC不一定相等,故不正确.对于D,如图,取BC的中点E,连接AE,DE,则由题设得BCAE,BCDE.根据线面垂直的判定定理得BC平面ADE,从而ADBC.2.(5分)(多选)在空间中,有如下四个命题,其中正确的命题是()A.平行于同一个平面的两条直线是平行直线B.

9、垂直于同一条直线的两个平面是平行平面C.若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则D.过平面的一条斜线,有且只有一个平面与平面垂直【解析】选BD.A平行于同一个平面的两条直线,可能平行、相交或异面,不正确;B由面面平行的判定定理知正确;C若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则与可能平行,也可能相交,不正确;易知D正确.【变式备选】如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,GH与EF平行;BD与MN为异面直线;GH与MN成60角;DE与MN垂直.以上四个结论中,正确结论的序号是_.【解析】还原成正四面体A-DEF,其中H与N重合,A,B,

10、C三点重合.易知GH与EF异面,BD与MN异面.连接GM,因为GMH为等边三角形,所以GH与MN成60角,易证DEAF,又MNAF,所以MNDE.因此正确结论的序号是.答案:3.(5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.【解析】选A.方法一:因为平面CB1D1,平面ABCD平面A1B1C1D1,平面ABCD=m,平面CB1D1平面A1B1C1D1=B1D1,所以mB1D1.因为平面CB1D1,平面ABB1A1平面DCC1D1,平面ABB1A1=n,平面CB1D1平面DCC1D1=C

11、D1,所以nCD1.所以B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即B1D1C等于m,n所成的角.因为B1D1C为正三角形,所以B1D1C=60,所以m,n所成的角的正弦值为.方法二:由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF平面CB1D1,所以平面AEF即为平面,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为AEF是正三角形,所以EAF=60,故m,n所成角的正弦值为.4.(10分)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=BC,CH=DC.求

12、证:世纪金榜导学号(1)E,F,G,H四点共面.(2)三直线FH,EG,AC共点.【证明】(1)连接EF,GH,因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EFBD.又因为CG=BC,CH=DC,所以GHBD,所以EFGH,所以E,F,G,H四点共面.(2)易知FH与直线AC不平行,但共面,所以设FHAC=M,所以M平面EFHG,M平面ABC.又因为平面EFHG平面ABC=EG,所以MEG,所以三直线FH,EG,AC共点.5.(10分)如图所示,等腰直角三角形ABC中,A=90,BC=,DAAC,DAAB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.世纪金榜导学号【解析】如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EFCD,所以BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在RtEAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在RtEAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在RtBAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cosFEB=.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.关闭Word文档返回原板块