高考数学 名师指导提能专训10 空间图形的位置关系 理(1).doc

提能专训(十)空间图形的位置关系一、选择题1(河北承德月考)若点p是两条异面直线l，m外的任意一点，则()a过点p有且仅有一条直线与l，m都平行b过点p有且仅有一条直线与l，m都垂直c过点p有且仅有一条直线与l，m都相交d过点p有且仅有一条直线与l，m都异面b命题立意：本题考查异面直线的几何性质，难度较小解题思路：因为点p是两条异面直线l，m外的任意一点，则过点p有且仅有一条直线与l，m都垂直，故选b.2(2013广东汕头一模)如图，p是正方形abcd外一点，且pa平面abcd，则平面pab与平面pbc、平面pad的位置关系是()a平面pab与平面pbc、平面pad都垂直b它们两两垂直c平面pab与平面pbc垂直，与平面pad不垂直d平面pab与平面pbc、平面pad都不垂直a思路点拨： daab，dapa，abpaa， da平面pab，又da平面pad， 平面pad平面pab，同理可证平面pab平面pbc.把四棱锥pabcd放在长方体中，并把平面pbc补全为平面pbcd1，把平面pad补全为平面padd1，易知cd1d即为两个平面所成二面角的一个平面角，cd1dapb， cd1d90，故平面pad与平面pbc不垂直3设，分别为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”成立的()a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既不充分也不必要条件a命题立意：本题主要考查空间线面、面面位置关系的判定与充分必要条件的判断，意在考查考生的逻辑推理能力解题思路：依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推出l.因此“l”是“”成立的充分不必要条件，选a.4(2013吉林普通中学摸底)若m，n为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，则下列结论正确的是()a若m，n都平行于平面，则m，n一定不是相交直线b若m，n都垂直于平面，则m，n一定是平行直线c已知，互相垂直，m，n互相垂直，若m，则ndm，n在平面内的射影互相垂直，则m，n互相垂直b解题思路：本题考查了空间中线面的平行及垂直关系在a中：因为平行于同一平面的两直线可以平行，相交，异面，故a为假命题；在b中：因为垂直于同一平面的两直线平行，故b为真命题；在c中：n可以平行于，也可以在内，也可以与相交，故c为假命题；在d中，m，n也可以不互相垂直，故d为假命题故选b.5(2013浙江余姚中学质检)如图所示，已知正方体abcda1b1c1d1的棱长为2，长为2的线段mn的一个端点m在棱dd1上运动，另一端点n在正方形abcd内运动，则mn的中点的轨迹的面积为()a4b2c d.d解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系如图可知，端点n在正方形abcd内运动，连接点n与点d，由nd，dm，mn构成一个直角三角形，设p为nm的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论mdn如何变化，点p到点d的距离始终等于1.故点p的轨迹是一个以d为中心，半径为1的球的球面，其面积为.技巧点拨：探求以空间图形为背景的轨迹问题，要善于把立体几何问题转化到平面上，再联合运用平面几何、立体几何、空间向量、解析几何等知识去求解，实现立体几何到解析几何的过渡6(2013辽宁沈阳二中期中考试)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形abcd为正方形，e，f分别为pa，pd的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：直线be与直线cf是异面直线；直线be与直线af是异面直线；直线ef平面pbc；平面bce平面pad.其中正确结论的序号是()a b c db解题思路：本题考查了立体几何中的点、线、面之间的关系画出几何体的图形，如图，由题意可知，直线be与直线cf是异面直线，不正确，因为e，f分别是pa与pd的中点，可知efad，所以efbc，直线be与直线cf是共面直线；直线be与直线af是异面直线，满足异面直线的定义，正确；直线ef平面pbc，由e，f是pa与pd的中点，可知efad，所以efbc，因为ef平面pbc，bc平面pbc，所以判断是正确的；由题中条件不能判定平面bce平面pad，故不正确故选b.技巧点拨：翻折问题常见的是把三角形、四边形等平面图形翻折起来，然后考查立体几何的常见问题：垂直、角度、距离、应用等问题此类问题考查学生从二维到三维的升维能力，考查学生空间想象能力解决该问题时，不仅要知道空间立体几何的有关概念，还要注意到在翻折的过程中哪些量是不变的，哪些量是变化的二、填空题7(2013山西大学附中期中测试)如图，四边形abcd为菱形，四边形cefb为正方形，平面abcd平面cefb，ce1，aed30，则异面直线bc与ae所成角的大小为_45解题思路：因为bcad，所以ead就是异面直线bc与ae所成的角因为平面abcd平面cefb，且eccd，所以ec平面abcd.在rtecd中，ec1，cd1，故ed.在aed中，aed30，ad1，由正弦定理可得，即sin ead.又因为ead(0，90)，所以ead45.故异面直线bc与ae所成的角为45.8(2013广东惠州调研)给出命题：异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线；两异面直线a，b，如果a平行于平面，那么b不平行于平面；两异面直线a，b，如果a平面，那么b不垂直于平面；两异面直线在同一平面内的射影不可能是两条平行直线上述命题中，真命题的序号是_解题思路：本题考查了空间几何体中的点、线、面之间的关系根据异面直线的定义知：异面直线是指空间中既不平行又不相交的直线，故命题为真命题；两条异面直线可以平行于同一个平面，故命题为假命题；若b，则ab，即a，b共面，这与a，b为异面直线矛盾，故命题为真命题；两条异面直线在同一个平面内的射影可以是：两条平行直线、两条相交直线、一点一直线，故命题为假命题9如图所示，已知三棱柱abca1b1c1的所有棱长都相等，aa1平面abc，d是a1c1的中点，则直线ad与平面b1dc所成的角的正弦值为_解题思路：不妨设三棱柱abca1b1c1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，x轴ab，则c(0,0,0)，a(，1,0)，b1(，1,2)，d，则，(，1,2)设平面b1dc的法向量为n(x，y,1)，由解得n(，1,1)又 ， sin |cos，n|.三、解答题10(北京海淀期中)在四棱锥pabcd中，abcd，abad，ab4，ad2，cd2，pa平面abcd，pa4.(1)设平面pab平面pcdm，求证：cdm；(2)求证：bd平面pac.解析：证明：(1)因为abcd，cd平面pab，ab平面pab，所以cd平面pab.因为cd平面pcd，平面pab平面pcdm，所以cdm.(2)因为ap平面abcd，abad，所以以a为坐标原点，ab，ad，ap所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则b(4,0,0)，p(0,0,4)，d(0，2，0)，c(2,2，0)所以(4,2，0)，(2,2，0)，(0,0,4)，所以 (4)222000，(4)020040.所以bdac，bdap.因为apaca，ac平面pac，pa平面pac，所以bd平面pac.11(山西适应训练)如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是边长为1的正方形，pa平面abcd，paab，m，n分别是线段pb，ac上的动点，且不与端点重合，pman.(1)求证：mn平面pad；(2)当mn的长最小时，求二面角amnb的余弦值解析：(1)证明：过m，n分别作ba的平行线，交pa，ad于e，f两点，连接ef，设pmana.因为meab，nfab，所以menf，在adc中，因为，所以nfa，在pab中，因为，所以mea，所以menfa，所以，四边形mefn为平行四边形所以mnef.又因为ef平面pad，mn平面pad，所以mn平面pad.(2)由(1)，知mnef，在rteaf中，设afx，则可求得ea1x.所以mn2ef2af2ea2x2(1x)2，当且仅当x时取“”，此时m，n分别为pb，ac的中点如图，以a为坐标原点，射线ab为x轴的正半轴建立空间直角坐标系axyz，则a(0,0,0)，m，n，b(1,0,0)，所以，.设平面amn的法向量为m(x，y，z)，则即因此可取m(1，1，1)设平面bmn的法向量为n，则可取n(1,1,1)所以cosm，n，故二面角amnb的余弦值为.图112(2013北京西城区第二次模拟)如图1，四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd是直角梯形，m为侧棱pd上一点该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所示图2(1)证明：bc平面pbd；(2)证明：am平面pbc；(3)线段cd上是否存在点n，使am与bn所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点n，并求cn的长；若不存在，请说明理由解析：解法一：(1)证明：由俯视图可得bd2，bc2，cd4，则bd2bc2cd2，所以bcbd.又因为pd平面abcd，所以bcpd，又因为pdbdd，所以bc平面pbd.(2)证明：取pc上一点q，使pqpc14，连接mq，bq.由侧(左)视图知pmpd14，所以mqcd，mqcd.在bcd中，易得cdb60，所以adb30.又bd2，所以ab1，ad.又因为abcd，abcd，所以abmq，abmq，所以四边形abqm为平行四边形，所以ambq.因为am平面pbc，bq平面pbc，所以直线am平面pbc.(3)线段cd上存在点n，使am与bn所成角的余弦值为.由pd平面abcd，dadc，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.所以d(0,0,0)，a(，0,0)，b，c(0,4,0)，m(0,0,3)设n(0，t,0)，其中0t4，所以(，0,3)，(，t1,0)要使am与bn所成角的余弦值为，则有，所以，解得t0或2，均适合0t4.故点n位于点d处，此时cn4；或点n位于cd的中点处，此时cn2，有am与bn所成角的余弦值为.解法二：(1)证明：由pd平面abcd，dadc，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz.在bcd中，易得cdb60，所以adb30.因为bd2，所以ab1，ad.由俯视图和侧(左)视图可得d(0,0,0)，a(，0,0)，b(，1,0)，c(0,4,0)，m(0,0,3)，p(0,0,4)，所以(，3,0)，(，1,0)因为31000，所以bcbd.因为pd平面abcd，所以bcpd，又因为pdbdd，所以bc平面pbd.(2)证明：设平面pbc的法向量为n(x，y，z)，则有因为(，3,0)，(0,4，4)，所以取y1，得n(，1,1)因为(，0,3)，所以n()10130.因为am平面pbc，所以直线am平面pbc.(3)线段cd上存在点n，使am与bn所成角的余弦值为.设n(0，t,0)，其中0t4，所以(，0,3)，(，t1,0)要使am与bn所成角的余弦值为，则有，所以，解得t0或2，均适合0t4.故点n位于点d处，此时cn4；或点n位于cd的中点处，此时cn2，有am与bn所成角的余弦值为.13(2013山东东营一模)如图，四边形abcd中，abad，adbc，ad6，bc4，ab2，点e，f分别在bc，ad上，且e为bc的中点，efab.现将四边形abef沿ef折起，使二面角aefd等于60.(1)设p为ad的中点，求证：cp平面abef；(2)求直线af与平面acd所成角的正弦值解析：(1)证明：取af的中点q，连接qe，qp，则qp綊df.又df4，ec2，且dfec，所以pq綊ec，即四边形pqec为平行四边形，所以cpqe.又qe平面abef，cp平面abef，故cp平面abef.(2)由题知折叠后仍有efaf，effd，则ef平面afd. afd为二面角aef