2015屆高考數(shù)學(xué)文科一輪總復(fù)習(xí)資源8篇立體幾何

第2

(建議用時(shí)：40分鐘β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系可以是 依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面．答 相交、平行或異的位置關(guān)系 如圖所示，直線A1B與直線外一點(diǎn)E確定的平面為A1BCD1，EF?平面A1BCD1，且兩直線不平行，故兩直線相交．答 相題，其中正 題 當(dāng)a∩α＝P時(shí)，P∈a，P∈α，但a?α，①錯；a∩β＝P時(shí)，②錯；如圖，∵a∥b，P∈b，∴P?a，∴由直線a與點(diǎn)P確定a∥babββa∴βα重合，∴b?α答 則下列命題①p∧q②p∨q③p∨(綈q)④(綈p)∧q為真命題的是 命題p中，m，n可能平行還可能相交或異面所以命題p為假命題；命題q中，當(dāng)三條直線交于三個不同的點(diǎn)時(shí)，三條直線一定共面，當(dāng)三條直線交于一點(diǎn)時(shí)，三條直線不一定共面，所以命題q也為假命題．所以p和qp∨(q)答 他頂點(diǎn)的連線與直線BC1成60°角的條數(shù)為 解 有2條：A1B和答 直 ＝24(對答 ABCD-A1B1C1D1中，M、NC1D1、C1C的中點(diǎn)，有AMCC1AMBNBNMB1AMDD1其中正確的結(jié)論 A，M，C1AD1C1BC?AD1C1B，因此AMCC1AMBN也是異面直線，AMDD1也N?MBB1BNMB1是異面直線，③正確．答 ∥CD CDGEFG與正方體的左、右側(cè)面所在平面重合或平行，從而EF與正方體的左、右側(cè)面所在的平面平行或EF在平面EF4.答 ABEFABCD ，BE綉 BCHG

C，D，F(xiàn)，E證明FG＝GA，F(xiàn)H＝HDGH2BC綉1AD，∴GH2BCHG 由BE綉 ，G為FA中點(diǎn)知，BE綉B(tài)EFG由(1)BGCH，∴EF∥CH，∴EFCH∴EF，CHEFHCEFHCEFHC內(nèi)．D∈FH，∴C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．ABCD-A1B1C1D1A1CBDC1O，AC，BDMC1，O，M共線．證 如圖所示∴A1A，C1C∵A1C?平面∴O∈平面A1C，而O＝平面BDC1∩線∴OBDC1A1C∴M∈平面BDC1，且M∈平面∴平面BDC1∩平面∴O∈C1MC1，O，M(建議用時(shí)：25分鐘點(diǎn)，則在原來的正方體中，AB與CD的位置關(guān)系是 如圖把展開圖中的各正方形按圖1所示的方式分別作為正方體的前、后、左、右、上、下面還原，得到圖2所示的直觀圖，可判斷AB與CD異答案與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線有 解析EF上任意取一點(diǎn)M，直線A1D1M確定一個平面(如圖1)，這個平面與CD有且僅有1個交點(diǎn)NM取不同的位置就確定不同的平面，從而與CDNMN3條異面直線都有交點(diǎn)．如圖所示．法 在A1D1上任取一點(diǎn)P，過點(diǎn)P與直線EF作一個平面α(如圖2)，CDα所以它們相交，設(shè)它們交于點(diǎn)Q，連接PQ，則PQ與EF必然相交，即PQ答案3．(2013·卷)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動點(diǎn)，過點(diǎn)A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則 ①當(dāng)

S為四邊形②當(dāng)

S為等腰梯形＜23

＝2 4時(shí)，S與C1D1的交點(diǎn)R滿足 ④當(dāng)4＜CQ＜1時(shí)，S為六邊2CQ＝1時(shí)，S的面積為22解 如圖1，當(dāng)CQ＝1時(shí)，平面APQ與平面ADD1A1的交線AD1必平行2＝2PQ，且＝2∴S

＜2

S44，方體ABCD-A2B2C2D2.Q為CC2的中點(diǎn)，連接AD2交A1D1于點(diǎn)E PQ∥AD2，作ER∥AP，交C1D1于R，連接RQ，則五邊形APQRE為截面S.，RQDCFAPFP的中點(diǎn)，PC∥AD

2CQ＝1QC1S為邊長為5AQ＝2＝2另一條對角線為 ＝2答 ABCD-A1B1C1D1A1C1B1CE，F(xiàn)AB，ADA1C1EF (1)如圖，連接ABCD-A1B1C1D1AA1C1CAC∥A1C1B1CACA1C1B1C所成的角．由△AB1CAB1＝