（通用版）2020版高考数学复习专题五立体几何5.2异面直线所成的角与点、线、面位置关系判断练习理.docx

5.2异面直线所成的角与点、线、面位置关系判断命题角度1两条异面直线所成的角高考真题体验对方向1.(2019浙江8)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,答案B解析如图G为AC中点,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AE,易得PEVG,过点P作PFAC交VG于点F,过点D作DHAC,交BG于点H,则=BPF,=PBD,=PED,所以cos=PFPB=EGPB=DHPB,因为tan=PDEDPDBD=tan,所以.故选B.2.(2018全国9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案C解析以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图,则D1(0,0,3),A(1,0,0),D(0,0,0),B1(1,1,3).AD1=(-1,0,3),DB1=(1,1,3).设异面直线AD1与DB1所成的角为.cos=AD1DB1|AD1|DB1|=225=55.异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.3.(2017全国10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105D.33答案C解析方法一:如图,取AB,BB1,B1C1的中点M,N,P,连接MN,NP,PM,可知AB1与BC1所成的角等于MN与NP所成的角.由题意可知BC1=2,AB1=5,则MN=12AB1=52,NP=12BC1=22.取BC的中点Q,连接PQ,QM,则可知PQM为直角三角形.在ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcosABC=4+1-221-12=7,即AC=7.又CC1=1,所以PQ=1,MQ=12AC=72.在MQP中,可知MP=MQ2+PQ2=112.在PMN中,cosPNM=MN2+NP2-PM22MNNP=522+222-112225222=-105,又异面直线所成角的范围为0,2,故所求角的余弦值为105.方法二:把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图,连接C1D,BD,则AB1与BC1所成的角为BC1D.由题意可知BC1=2,BD=22+12-221cos60=3,C1D=AB1=5.可知BC12+BD2=C1D2,所以cosBC1D=25=105,故选C.4.(2017全国16)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)答案解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由ACa,ACb,得AC圆锥底面,在底面内可以过点B,作BDa,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DEBD,DEb.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=2,当直线AB与a成60角时,ABD=60,故BD=2.又在RtBDE中,BE=2,DE=2,过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=2,ABF为等边三角形,ABF=60,即AB与b成60角,正确,错误.由最小角定理可知正确;很明显,可以满足直线a平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90,错误.故正确的说法为.典题演练提能刷高分1.(2019江西上饶一模)在空间四边形ABCD中,若AB=BC=CD=DA,且AC=BD,E,F分别是AB,CD的中点,则异面直线AC与EF所成的角为()A.30B.45C.60D.90答案B解析如图,取BD的中点O,连接AO,CO,AB=AD,BC=CD,AOBD,COBD.又AOCO=O,BD平面AOC,BDAC.取AD的中点M,连接EM,FM,E为AB的中点,F为CD的中点,EMBD,MFAC,EMMF,异面直线AC与EF所成的角即为EFM.AC=BD,MF=EM,在RtEFM中,EFM=45,即异面直线AC与EF所成的角为45.2.(2019山西运城二模)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别是棱A1D1,AB,BC的中点,若经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线为l,则l与直线QB1所成角的余弦值为()A.33B.105C.54D.32答案B解析取C1D1的中点E,则平面PQEM是经过点M,P,Q的平面,延长PQ,交DC的延长线于点F,则EF是经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线l.以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.则E0,12,1,F0,32,0,Q12,1,0,B1(1,1,1),EF=(0,1,-1),QB1=12,0,1.设l与直线QB1所成的角为,则cos=|EFQB1|EF|QB1|=1254=105,故l与直线QB1所成角的余弦值为105.3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,若其外接球的表面积为16,则异面直线BD1与CC1所成的角的余弦值为.答案144解析设外接球的半径为R,则4R2=16,解得R=2,设长方体的高为x,则x2+12+12=(2R)2=16,故x=14,在RtBDD1中,DD1B即为异面直线所成的角,其余弦值为144.4.(2019安徽“江南十校”二模)九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=3,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于.答案24解析要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,将底面ABCD沿BC翻折成平面图形ABCD(如图),使矩形ABCD和三角形SBC在同一平面上,连接SD,交BC于E,则SE+EDSD.由AB=1,SA=3,得SB=2,故SA=3,AD=AD=3,故BE=2.作EFCD交AD于点F,连接SF,则SE与CD所成角为SEF,易得SFEF.又易知SE=22,EF=1,所以cosSEF=EFSE=122=24.5.(2019福建漳州质检二)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为.答案66解析如图所示,以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则E(2,1,0),F(1,0,2),EF=(-1,-1,2),平面AA1D1D的法向量n=(0,1,0).设直线EF与平面AA1D1D所成的角为,则sin=|EFn|EF|n|=66.故直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为66.6.如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是DC的中点;如图2,将DAE沿AE折起,使折后平面DAE平面ABCE,则异面直线AE和DB所成角的余弦值为.答案66解析取AE的中点为O,连接DO,BO,延长EC到F使EC=CF,连接BF,DF,OF,则BFAE,所以DBF或它的补角为异面直线AE和DB所成角.DA=DE=1,DOAE,且|AO|=|DO|=22,在ABO中,根据余弦定理得cosOAB=cos45=|AO|2+|AB|2-|BO|22|AO|AB|=22.|BO|=102.同理可得|OF|=262.又平面DAE平面ABCE,平面DAE平面ABCE=AE,DO平面DAE,DO平面ABCE.BO平面ABCE,DOBO,|BD|2=|BO|2+|DO|2=12+52=3,即|BD|=3,同理可得|DF|=7.又BF=AE=2,在DBF中,cosDBF=|DB|2+|BF|2-|DF|22|DB|BF|=3+2-7232=-66,两直线的夹角的取值范围为0,2,异面直线AE和DB所成角的余弦值为66.命题角度2空间位置关系的综合判断高考真题体验对方向1.(2019全国8)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线答案B解析如图,连接BD,BE.在BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,BM,EN是相交直线,排除选项C、D.作EOCD于点O,连接ON.作MFOD于点F,连接BF.平面CDE平面ABCD,平面CDE平面ABCD=CD,EOCD,EO平面CDE,EO平面ABCD.同理,MF平面ABCD.MFB与EON均为直角三角形.设正方形ABCD的边长为2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,则EN=3+1=2,BM=34+254=7,BMEN.故选B.2.(2018全国12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为()A.334B.233C.324D.32答案A解析满足题设的平面可以是与平面A1BC1平行的平面,如图(1)所示.图(1)再将平面A1BC平移,得到如图(2)所示的六边形.图(2)图(3)设AE=a,如图(3)所示,可得截面面积为S=122(1-a)+2a+2a232-312(2a)232=32(-2a2+2a+1),所以当a=12时,Smax=32-214+212+1=334.3.(2019北京12)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.答案若l,m,则lm典题演练提能刷高分1.(2019湖北八校联考二)设l,m表示两条不同的直线,表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是()Q,lQl;lm=Q,ml;lm,l,Qm,Qm;,且=m,Q,Ql,ll.A.B.C.D.答案D解析错误,错误,正确;正确.故选D.2.(2019北京顺义统考二)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则()A.若m,则mB.若m,n,则mnC.若m,n,m,n,则D.若m,n,则mn答案B解析选项A中,m或m,故A错;易知选项B正确;选项C中,没有m,n相交的条件,故C错;选项D中,m,n的关系也可以相交或异面,故D错.故选B.3.设l,m,n表示不同的直线,表示不同的平面,给出下列四个命题:若ml,且m,则l;若,m,n,则mn;若,则;如果mn,m,n,则.则错误的命题个数为()A.4B.3C.2D.1答案B解析若ml,且m,则l是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;若,m,n,则mn是错误的,当m和n平行时,也可能满足前边的条件;若,则,不对,垂直于同一个平面的两个平面可以是交叉的;如果mn,m,n,则是错误的,平面和能相交.故答案为B.4.如图,在三棱锥A-BCD中,ACAB,BCBD,平面ABC平面BCD.ACBD;ADBC;平面ABC平面ABD;平面ACD平面ABD.以上结论中正确的个数有()A.1B.2C.3D.4答案C解析平面ABC平面BCD,平面ABC平面BCD=BC,BCBD,BD平面ABC,又AC平面ABC,BDAC,故正确.BD平面ABD,平面ABD平面ABC,故正确.ACAB,BDAC,ABBD=B,AC平面ABD,又AC平面ACD,平面ACD平面ABD,故正确.综上正确,故选C.5.(2019四川成都二模)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是()A.若c平面,则aB.若c平面,则a,bC.存在平面,使得c,a,bD.存在平面,使得c,a,b答案C解析由a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直可知,在A中,若c平面,则a与相交、平行或a,故A错误;在B中,若c平面,则a,b与平面平行或a,b中有一条在平面内,故B错误;在C中,由线面垂直的性质得,存在平面,使得c,a,b,故C正确;在D中,若存在平面,使得c,a,b,则ab,与已知a,b是两条异面直线矛盾,故D错误.6.给出下列四个命题:如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行,那么a;过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直;如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线,那么这条直线与这个平面垂直;若两个相交平面都垂直于第三个平面,则这两个平面的交线垂直于第三个平面.其中真命题的个数为()A.1B.2C.3D.4答案C解析对于,根据线面平行的判定定理,如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行,那么a,故正确;对于,因为垂直同一平面的两直线平行,所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直,故正确;对于,平面内无数条直线均为平行线时,不能得出直线与这个平面垂直,故不正确;对于,因为两个相交平面都垂直于第三个平面,所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面,可得这两条直线平行,则其中一条直线平行于另一条直线所在的面,可得这条直线平行这两个相交平面的交线,从而交线垂直于第三个平面,故正确.故选C.7.如图所示为一正方体的平面展开图,在这个正方体中,有下列