2021高考数学总复习(湖北理科)课后达标检测：第7章-第3课时.docx

[基础达标]
一、选择题
1．假如a⊂α，b⊂α，l∩a＝A，l∩b＝B，那么下列关系成立的是(　　)
A．l⊂α　　　　　　　　 B．l⊄α
C．l∩α＝A D．l∩α＝B
解析：选A.∵a⊂α，l∩a＝A，∴A∈α，A∈l，同理B∈α，B∈l，∴l⊂α.
2．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是线段C1D，BC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：选A.直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．
3．对于直线m、n和平面α，下列命题中的真命题是(　　)
A．假如m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥α
B．假如m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线， 那么n与α相交
C．假如m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥n
D．假如m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m与n相交
解析：选C.对于选项A，n可以与平面α 相交，对于选项B，n可以与平面α平行，故选项A、B均错；由于m⊂α，n∥α，则m、n无公共点．又m、n共面，所以m∥n，选项C正确，选项D错．
4. 如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(　　)

A．点A
B．点B
C．点C但不过点M
D．点C和点M
解析：选D.∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
依据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
5．在四周体SABC中，各个侧面都是边长为a的正三角形，E、F分别是SC和AB的中点，则异面直线EF与SA所成的角等于(　　)
A．90° B．60°
C．45° D．30°

解析：选C.取SB的中点G，则GE＝GF＝，且GF∥SA，
则∠GFE即为异面直线SA与EF所成的角(或其补角)．
由于FC＝a＝SF，
故EF⊥SC，且EF＝a，
则GF2＋GE2＝EF2，
故∠EFG＝45°.
二、填空题
6．平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定__________个平面．
解析：假如这四点在同一平面内，那么确定一个平面；假如这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．
答案：1或4
7．设a，b，c是空间的三条直线，下面给出四个命题：
①设a⊥b，b⊥c，则a∥c；
②若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c也是异面直线；
③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；
④若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面．
其中真命题的个数是__________个．
解析：∵a⊥b，b⊥c，
∴a与c可以相交，平行，异面，故①错．
∵a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面，相交，平行，故②错．
由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面，相交，平行，故③错．
同理④错，故真命题的个数为0.
答案：0
8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，与AD1异面且与AD1所成角为90°的面对角线(面对角线是指正方体各个面上的对角线)共有________条．
解析：B1C与AD1异面，连接B1C，BC1(图略)，则BC1∥AD1，且BC1⊥B1C，所以AD1与B1C所成的角为90°.
答案：1
三、解答题
9. 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD的交线．

解：如图所示．PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线．

10．已知空间四边形ABCD中，E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD的中点．
(1)求证：BC与AD是异面直线；
(2)求证：EG与FH相交．

证明：(1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B、C、A、D∈α.
所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相冲突．所以BC与AD是异面直线．
(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，
因此EF∥HG；
同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．
又EG、FH是平行四边形EFGH的对角线，
所以EG与HF相交．
[力气提升]

一、选择题
1. 如图所示，ABCD­A1B1C1D1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：选A.连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，
∴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．
∴A，M，O三点共线．
2．(2022·高考重庆卷)设四周体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是(　　)
A．(0，) B．(0，)
C．(1，) D．(1，)

解析：选A.在如图所示的四周体ABCD中，设AB＝a，则由题意可得CD＝，其他棱的长都为1，故三角形ACD及三角形BCD都是以CD为斜边的等腰直角三角形，明显a>0.取CD中点E，连接AE，BE，则AE⊥CD，BE⊥CD且AE＝BE＝＝，明显A，B，E三点能构成三角形，应满足任意两边之和大于第三边，可得2×>a，解得0<a<.
二、填空题
3．(2022·高考大纲全国卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为__________．
解析：

连接DF，则AE∥DF，
∴∠D1FD即为异面直线AE与D1F所成的角．
设正方体棱长为a，
则D1D＝a，DF＝a，D1F＝a，
∴cos∠D1FD＝＝.
答案：
4.

如图所示，在三棱锥A­BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．
解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，明显四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.
答案：AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD
三、解答题

5．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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．

证明：(1)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∈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．
6. (选做题)如图所示，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．

(1)求证AE与PB是异面直线；
(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值；
(3)求三棱锥A­EBC的体积．
解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.
∵A∈α，B∈α，E∈α，
∴平面α即为平面ABE，
∴P∈平面ABE，
这与P∉平面ABE冲突，
所以AE与PB是异面直线．
(2) 取BC的中点F，连接EF，AF，

则EF∥PB，
所以∠AEF或其补角就是异面直线AE和PB所成的角．
∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，
∴AF＝，AE＝，EF＝，
cos∠AEF＝＝，
∴异面直线AE和PB所成角的余弦值为.
(3)∵E是PC的中点，
∴E到平面ABC的距离为PA＝1，
VA­EBC＝VE­ABC＝×(×2×2×)×1＝.