2020版高考数学第八章立体几何第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系分层演练理（含解析）新人教A版.docx

第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系1已知异面直线a，b分别在平面，内，且c，那么直线c一定()A与a，b都相交B只能与a，b中的一条相交C至少与a，b中的一条相交D与a，b都平行解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知ab，与a，b异面矛盾2(2019赣州四校联考)若平面平面，点A，C，B，D，则直线AC直线BD的充要条件是()AABCDBADCBCAB与CD相交DA，B，C，D四点共面解析：选D.因为平面平面，要使直线AC直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面3.如图所示，平面平面l，A，B，ABlD，C，Cl，则平面ABC与平面的交线是()A直线AC B直线ABC直线CD D直线BC解析：选C.由题意知，Dl，l，所以D，又因为DAB，所以D平面ABC，所以点D在平面ABC与平面的交线上又因为C平面ABC，C，所以点C在平面与平面ABC的交线上，所以平面ABC平面CD.4.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AB2，BC1，D为AB的中点，则异面直线CD与A1C1所成的角的大小为()A90B60C45D30解析：选D.因为ACA1C1，所以异面直线CD与A1C1所成的角的平面角为ACD.由ACB90，AB2，BC1，D为AB的中点，可知，CADACD30.5.(2019河北邯郸调研)如图，在三棱锥SABC中，G1，G2分别是SAB和SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是()A相交 B平行C异面 D以上都有可能解析：选B.连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.由题意知SM为SAB的中线，且SG1SM，SN为SAC的中线，且SG2SN，所以在SMN中，所以G1G2MN，易知MN是ABC的中位线，所以MNBC，因此可得G1G2BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行故选B.6给出下列四个命题：平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；若平面内的一条直线a与平面内的一条直线b相交，则与相交；若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；若三条直线两两相交，则这三条直线共面其中真命题的序号是_解析：正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内答案：7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；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：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故错误答案：8.如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中点，AA1AB1，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B1D1BD，所以AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角连接AD1，设ABa，则AA1a，所以AB1a，B1D1a，AD1 a.所以，在AB1D1中，由余弦定理得，cos AB1D1，所以AB1D160.答案：609在正方体ABCDA1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1DB1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角因为AB1ACB1C，所以B1CA60.即A1D与AC所成的角为60.(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBD，ACA1C1.因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EFBD，所以EFAC.所以EFA1C1.即A1C1与EF所成的角为90.10.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，D是PC的中点已知BAC，AB2，AC2，PA2.求：(1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值解：(1)SABC222，三棱锥PABC的体积为VSABCPA22.(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.1(2019河南百校联盟质检)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE()A.B.C.D.解析：选D.过点C1作C1GB1F，交直线CD于点G，过点E作HQC1G，交CD、C1D1于点H、Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQB1F，所以Q、H、F、B1四点共面，易求得HDD1Q，由PDHPAF可得2，则PD，在RtPED中，PE，故选D.2已知三棱锥ABCD中，ABCD，且直线AB与CD所成的角为60，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为_解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PMAB，且PMAB，PNCD，且PNCD，所以MPN为AB与CD所成的角(或其补角)，则MPN60或MPN120.因为PMAB，所以PMN是AB与MN所成的角(或其补角)若MPN60，因为ABCD，所以PMPN，则PMN是等边三角形，所以PMN60，即AB与MN所成的角为60.若MPN120，则易知PMN是等腰三角形，所以PMN30，即AB与MN所成的角为30.综上，直线AB和MN所成的角为60或30.答案：60或303(2017高考全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60；其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC1，AB，斜边AB以直线AC 为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆以C为坐标原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系则D(1，0，0)，A(0，0，1)，直线a的单位方向向量a(0，1，0)，|a|1.B点起始坐标为(0，1，0)，直线b的单位方向向量b(1，0，0)，|b|1.设B点在运动过程中的坐标B(cos ，sin ，0)，其中为与的夹角，0，2)那么AB在运动过程中的向量(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成的夹角为，cos |sin |.故，所以正确，错误设直线AB与b所成的夹角为，则，cos |cos |.当AB与a成60角时，|sin |cos cos.因为cos2sin21，所以|cos |.所以cos |cos |.因为，所以，此时AB与b成60角所以正确，错误答案：4在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有_条解析：法一：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面，因为CD与平面不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交答案：无数5.如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC60，PAABAC2，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所成角的余弦值解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为.因为A，B，E，所以平面即为平面ABE，所以P平面ABE，这与P平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EFPB，所以AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角因为BAC60，PAABAC2，PA平面ABC，所以AF，AE，EF，cosAEF，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.6.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AEEBAHHDm，CFFBCGGDn.(1)证明：E，F，G，H四点共面；(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？(3)在(2)的条件下，若ACBD，试证明：EGFH.解：(1)因为AEEBAHHD，所以EHBD.又CFFBCGG