高考数 第七章第三节 课下冲关作业 新人教A

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．若直线a与b是异面直线，b与c也是异面直线，则直线a与c()A．平行 B．异面C．相交 D．都有可能解析：可借助于正方体模型加以说明，a与c可能相交、平行或异面，故选D.答案：D2．(·宁波模拟)已知直线l、m，平面α、β，则下列命题中假命题是()A．若α∥β，l⊂α，则l∥βB．若α∥β，l⊥α，则l⊥βC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β解析：对于选项C，直线l与m可能构成异面直线，故选C.答案：C3．(·湖北高考)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是()A．①② B．②③C．①④ D．③④解析：由平行公理4知①正确；由直线与平面垂直的性质定理可知④正确；结合正方体模型知②、③错误，故选C.答案：C4．(·龙岩模拟)设α、β是两个不同的平面，l、m是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥m，m⊂α，则l∥αC．若l∥α，m∥β，且α∥β，则l∥mD．若l⊥α，m⊥β且α⊥β，则l⊥m解析：若m⊥β，α⊥β，则m⊂α或m∥α，又l⊥α.所以l⊥m，D正确．答案：D5．正四棱锥S－ABCD的侧棱长为eq\r(2)，底面边长为eq\r(3)，E为SA的中点，则异面直线BE和SC所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：设AC中点为O，则OE∥SC，连接BO，则∠BEO(或其补角)即为异面直线BE和SC所成的角，EO＝eq\f(1,2)SC＝eq\f(\r(2),2)，BO＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(6),2)，△SAB中，cosA＝eq\f(\f(1,2)AB,SA)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4)＝eq\f(AB2＋AE2－BE2,2AB·AE)，∴BE＝eq\r(2).△BEO中，cos∠BEO＝eq\f(1,2)，∴∠BEO＝60°.答案：C6．(·汕头模拟)平面α外有两条直线m和n，如果m和n在平面α内的射影分别是直线m1和直线n1，给出下列四个命题：①m1⊥n1⇒m⊥n；②m⊥n⇒m1⊥n1；③m1与n1相交⇒m与n相交或重合；④m1与n1平行⇒m与n平行或重合．其中不正确的命题个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：如图，在正方体中，AD1，AB1，B1C在底面上的射影分别是A1D1，A1B1，B1C1.由A1D1⊥A1B1，而AD1不垂直AB1，故①不正确；又因为AD1⊥B1C，而A1D1∥B1C1，故②也不正确；若m1与n1相交，则m与n还可以异面，③不正确；若m1与n1平行，m与答案：D二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行；③三条直线共点；④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．其中，使三条直线共面的充分条件有________．解析：①中两直线相交确定平面，则第三条直线在这个平面内．②中可能有直线和平面平行．③中直线最多可确定3个平面．④同①.答案：①④8．(·临沂模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．解析：由已知：①错．因为AM与CC1为异面直线；②错，因为若AM∥BN，则取DD1中点G，连结AG，由AG∥BN可得：AM∥AG，这与AM与AG相交矛盾．③、④正确．答案：③④9．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝BC，则直线PC与AB所成角的大小是________.解析：分别取PA，AC，CB的中点F，D，E，连接FD，DE，EF，AE，则∠FDE是直线PC与AB所成角或其补角．设PA＝AC＝BC＝2a，在△FDE中，易求得FD＝eq\r(2)a，DE＝eq\r(2)a，FE＝eq\r(6)a，根据余弦定理，得cos∠FDE＝eq\f(2a2＋2a2－6a2,2×\r(2)a×\r(2)a)＝－eq\f(1,2)，所以∠FDE＝120°.所以PC与AB所成角的大小是60°.答案：60°三、解答题10．如图所示，已知E、F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1的中点．试判断四边形EBFD1解：如图取BB1的中点M，连接A1M、MF.∵M、F分别是BB1、CC1的中点，∴MF綊B1C1在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有A1D1綊B1C∴MF綊A1D1，∴四边形A1MFD1是平行四边形，∴A1M綊D1F.又E、M分别是AA1、BB∴A1E綊BM，∴四边形A1EBM为平行四边形，∴EB綊A1M.故EB綊D1∴四边形EBFD1是平行四边形．又Rt△EAB≌Rt△FCB，∴BE＝BF，故四边形EBFD1为菱形．11．如图，已知：E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、CC1、C1D1的中点，证明：FE、HG、DC证明：连结C1B，由题意知HC1綊EB，∴四边形HC1BE是平行四边形，∴HE∥C1B.又C1G＝GC＝CF＝BF，故GF綊eq\f(1,2)C1B，∴GF∥HE，且GF≠HE，∴HG与EF相交．设交点为K，则K∈HG，HG⊂面D1C1CD∴K∈面D1C1CD∵K∈EF，EF⊂面ABCD，∴K∈面ABCD.∵面D1C1CD∩面ABCD＝DC∴K∈DC，∴FE、HG、DC三线共点．12．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为AB(1)求证：AC⊥平面BDD1.(2)求异面直线BD1与CE所成角的余弦值；(3)求点B到平面A1EC的距离．解：(1)证明：由已知有D1D⊥平面ABCD，得AC⊥D1D，又由ABCD是正方形，得AC⊥BD，∵D1D与BD相交于D，∴AC⊥平面BDD1.(2)延长DC至G，使CG＝EB，连结BG、D1G∵CG綊EB，∴四边形EBGC是平行四边形．∴BG∥EC.∴∠D1BG就是异面直线BD1与CE所成的角．在△D1BG中，D1B＝2eq\r(3)，BG＝eq\r(5)，D1G＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13).∴cos∠D1BG＝eq\f(D1B2＋BG2－D1G2,2D1B·BG)＝eq\f(12＋5－13,2×2\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),15)，故异面直线BD1与CE所成角的余弦值是eq\f(\r(15),15).(3)∵△A1AE≌△CBE，∴A1E＝CE＝eq\r(5).又∵A1C＝2eq\r(3)，∴点E到A1Cd＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).∴S＝eq