2024年高考数学高频考点题型总结一轮复习讲义 第32讲 空间点、直线、平面间的位置关系

2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结

第32讲空间点、直线、平面间的位置关系（精讲）

题型目录一览

①共面、共线'共点问题的证明

②异面直线

③平面的基本性质

④等角定理

、知识点梳理

一、四个公理

公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.

注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法

公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.

注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据

推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面；

注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据

（2）此推论是判定若干平面重合的依据

（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据

推论②：经过两条相交直线，有且只有一个平面；

推论③：经过两条平行直线，有且只有一个平面；

公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.

注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据

（2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点）

（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据

公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.

二、直线与直线的位置关系

位置关系相交（共面）平行（共面）异面

图形/X7之

符号ab=Pa//ba\a=A,b(^a,A^b

公共点个数100

特征两条相交直线确定一个平面两条平行直线确定一个平面两条异面直线不同在如何一

个平面内

三'直线与平面的位置关系

位置关系包含（面内线）相交（面外线）平行（面外线）

图形

符号lua1a=P1//a

公共点个数无数个10

四、平面与耳R面的位置关系

位置关系平行相交（但不垂直）垂直

图形

三~a

二

符号a//(3a(3=1a工B、a।。=1

公共点个数0无数个公共点且都在无数个公共点且都在

唯一的一条直线上唯一的一条直线上

【常用结论】

等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.

二、题型分类精讲

题型二共面、共线「共点问题的证明

畲策略方法共面、共线、共点问题的证明

①先确定一个平面，然后再证其余的线

(或点)在这个平面内；②证两平面重合

①先由两点确定一条直线，再证其他各点

都在这条直线上;②直接证明这些点都在

同一条特定直线上

先证其中两条直线交于一点，再证其他直

线经过该点

【典例1］如图，在长方体ABC。-44C山中，E、歹分别是BG和CQ的中点.

⑵对角线AC与平面BOG交于点。，AG8。交于点"，求证：点G，O,M共线；

(3)证明：BE、DF、CG三线共点.

【答案】⑴证明见解析；

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【分析】(1)证明班//3。，即可说明E、F、D、5四点共面.

(2)先证明点Oe面MCC和Oe面BDG，即点。在面与面BOG的交线上在证明面例£C面

=GM,即点OeQM,即可得到答案.

(3)延长DEBE交于G面于面OCG面3CG=CG，则G在交线CG上.

【详解】(1)连接所,82月。

AF

在长方体-A4GR中

!BD

E、尸分别是8c和的中点

,.EF/【BQ、

■.EF//BD

-E、F>D、B四点共面

(2)AV/CG

AA,C,C1确定一个平面44.CC

OeAC,A。u面AA,C|C

.•.Oe面A41cle

对角线4c与平面BD&交于点0

r.Oe面BOQ

。在面AAGC与面BOG的交线上

,ACcBD=M

.,.Me面AAiCtC且Afe面BDC}

..面A41GC面BOG

.-.OeCXM

即点G，O,M共线.

（3）延长交于G

DGu面。CG

GeDG

Ge面DCG

BEu面BCG

GeBE

Ge面BCG

面DCG面BCG=CQ

GeCq

•••BE、DF、C£三线共点.

【题型训练】

一、单选题

1.（2023・全国•高三专题练习）已知空间四个点，贝『'这四个点中有三点在同一直线上''是"这四个点在同一平面内”

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

【答案】A

【分析】一条直线和直线外一点确定一个平面，由此可验证充分性成立；“这四个点在同一平面内”时，可能有“两

点分别在两条相交或平行直线上”，从而必要性不成立.

【详解】“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，

因为一条直线和直线外一点确定一个平面，一定能推出“这四点在同一个平面内”，从而充分性成立；

“这四个点在同一平面内”时，可能有“两点分别在两条相交或平行直线上”，不一定有三点在同一直线上，从而必要

性不成立，

所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的充分不必要条件.

故选：A.

2.（2023•全国•高三专题练习）正方体ABCD-AI/。。/中，E,尸分别是线段8C,CQ的中点，则直线42与直线

EF的位置关系是（）

A.相交B.异面

C.平行D.垂直

【答案】A

【分析】连接BQ,CA，CR与QD交于点F,易得ABCj是平行四边形，根据平面的基本性质即可判断直线A超与

直线所的位置关系.

【详解】如图所示，连接与CQ交于点F,

由题意，易得四边形ABCR是平行四边形，

在平行四边形中，E,F分别是线段BCCQ的中点，

；.EF//BDlt又且4，民瓦尸共面，则直线与直线E尸相交.

故选：A.

3.（2023・高三课时练习）在空间四边形ABC。的各边A8、BC、CD、D4上分别取E、F、G、”四点，若EFCGH

=P,则点尸（）

A.一定在直线8。上B.一定在直线AC上

C.既在直线AC上也在直线3。上D.既不在直线AC上也不在直线8。上

【答案】B

【分析】由题意可得PG平面ABC,PG平面ACD,又平面ABCCI平面ACD=AC,贝！］PGAC,可得答案.

【详解】如图，

•rEFu平面ABC,GHu平面ACD,EFAGH=P,

.♦.PC平面ABC,pe平面ACD,

又平面ABCn平面ACD=AC,

APeAC,即点P一定在直线AC上.

故选：B.

4.（2023・吉林・长春吉大附中实验学校校考模拟预测）在长方体ABCD-AgGR中，直线与平面A耳，的交点

为V。为线段8a的中点，则下列结论错误的是（）

A.AM,O三点共线B.M,0，A，8四点异不共面

C.民环四点共面D.B,R,C,M四点共面

【答案】C

【分析】由长方体性质易知A，A，C，C四点共面且片是异面直线，再根据M与AC、面ACGA、面

的位置关系知M在面ACQA,与面AB,Dt的交线上，同理判断O、*A,即可判断各选项的正误.

【详解】

因为AA.//CQ,

则A，4，G，C四点共面.

因为MeAC,

则Me平面ACGA,

又Me平面

则点M在平面ACGA与平面的交线上，

同理，O、A也在平面ACGA与平面ABR的交线上,

所以4"。三点共线；

从而M,O,^A四点共面，都在平面ACC,A内，

而点B不在平面ACQA内，

所以M,。,4,8四点不共面，故选项B正确；

8,耳,。,三点均在平面8BQ。内，

而点A不在平面8片R。内，

所以直线AO与平面8月〃。相交且点O是交点，

所以点M不在平面内，

即B,Bt,O,M四点不共面，

故选项C错误；

BC2A，且BC=AA，

所以为平行四边形，

所以ca，2。共面，

所以四点共面，

故选项D正确.

故选：C.

5.（2023・全国•高三专题练习）下面几个命题：①两两相交的三条直线共面；②如果两个平面有公共点，则公共点

有无数个；③一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线共面；④顺次连接空间四边形各边中点所得的四边

形是平行四边形.其中正确命题的个数是（）

A.2个B.3个C.4个D.I个

【答案】B

【分析】根据空间位置关系可直接判断各命题.

【详解】命题①：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，故①错误；

命题②：如果两个平面有公共点，若两平面重合，则公共点有无数个，

若两平面不重合，则有且仅有一条过该公共点的公共直线，则公共点有无数个，故②正确；

命题③：不妨设cTa=A,cb=B,则“、6唯一确定一个平面a,

所以Aea,Bea,所以AButz,又Awe,B&c,所以cua,

故一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线共面，即③正确；

命题④：空间四边形A3CD中，连接AC,3。可得一个三棱锥，

将四个中点连接，得到四边形£打汨，由中位线的性质知，EH//FG,EF//HG,

...四边形EFGH是平行四边形，

故顺次连接空间四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，即④正确.

故选：B

6.（2023•全国•高三专题练习）在正方体中，E、F、G、H分别是该点所在棱的中点，则下列图形中E、F、G、

【答案】B

【分析】对于B,证明EH//FG即可;而对于BCD,首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一

点不在该平面中即可.

【详解】对于选项A,如下图，点E、F、H、”确定一个平面，该平面与底面交于FN,而点G不在平面

对于选项B,连结底面对角线AC,由中位线定理得尸G〃AC,又E/7//AC,则EH〃FG,故E、F、G、H四点

//所确定的平面为正方体的底面，而点G不在该平面内，故E、F、G、H四点不共

面;

对于选项D,如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点E、G、H确定的平面,该平面与正方体

正面的交线为PQ,而点尸不在直线PQ上，故E、F、G、//四点不共面.

故选：B

7.（2023•全国•高三专题练习）如图所示，在空间四边形ABC。中，点E,X分别是边AB,的中点，点尸，G分

别是边BC,CD上的点，且其=冬=弓，则下列说法正确的是（）

CnCD3

①E,F,G,H四点共面；②所与GH异面；

③EF与G”的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；

④EF与GH的交点〃一定在直线AC上.

A.①③B.①④C.②③D.②④

【答案】B

【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答.

【详解】在空间四边形ABCD中，点E,H分别是边AB,AD的中点，则EH//BD,且EH=^BD,

点F,G分别是边BC,CD上的点，且要=黑=3,则bG//BD,且尸G=]sD,

CnCD33

因此PG〃即，点E,F,G,H四点共面，①正确，②错误；

因FGI/EH,FG>EH,即四边形EFG打是梯形，则EF与GH必相交，令交点为M,

点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB

与平面ACD的公共点，

而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误，

所以说法正确的命题序号是①④.

故选：B

8.（2023・全国•高三专题练习）如图，已知A、B、C、D、E、尸分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线政

相交的是（）.

C.直线。D,直线D4.

【答案】A

【分析】通过空间想象直接可得.

【详解】如图，易知A尸HG,HGBE,所以”〃6石，S.AF=-BE,

2

所以AB所为梯形，故4B与EF相交，A正确；

因为3cMH,MHNL,NL,EF,所以3c〃班，故B错误；

因为平面CDH平面EFNL,CDu平面CDH,Ebu平面EFNL,

所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误；

因为ADu平面ADF,即I平面4）尸=尸，故AD与EF异面，D错误.

故选：A

二、多选题

9.（2023春•江苏南京•高三校联考阶段练习）如图所示，在正方体qGR中，。为D8的中点，直线交

平面G8O于点"，则下列结论正确的是（）

A.C1；M,。三点共线B.q,M,O,C四点共面

C.C1,o,A,M四点共面D.Q,D,O,〃四点共面

【答案】ABC

【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可；

【详解】解：在正方体ABCD-ABC。中，。为D8的中点，直线4C交平面于点

在选项A中，直线4。交平面GB。于点加，

,加€平面和8。，Me直线4C,又ACu平面ACGA，平面ACG4，

。为£>8的中点，BDu平面G8。，底面ABCD为正方形，所以。为AC的中点,

・•.Oe平面CH。，且Oe平面ACGA，

又&e平面QBD,且Ge平面ACQA,

,M,。三点共线，故选项A正确；

在选项8中，G，M,。三点共线，..C”M,O,C四点共面，故8正确；

在选项C中，C{,M,。三点共线，，G，M,O,A四点共面，故C正确；

在选项。中，直线OW'〕CG=G,DD\I/CC\,

D,,D,0,M四点不共面，故。错误.

故选：ABC.

10.(2023•辽宁沈阳•东北育才学校校考模拟预测)在正方体ASCD-AB'C'D中，E,F,G分别为棱BB'，DD',CC

上的一点，且三二=gf=/=4，H是的中点，/是棱CD上的动点，贝U()

DL)DDCC

A.当2时，Ge平面AEV

B.当彳=,时，AC'u平面4£尸

2

c.当0<a<1时，存在点/,使Afa/四点共面

D.当0<2<l时，存在点/,使F7,EH,CC'三条直线交于同一点

【答案】BCD

【分析】利用图形，根据空间中点线面的位置关系逐一对各项进行判断即可得出结果.

【详解】对于A,当2=g时，如图1,在CC取点使取CD中点N,易知GV//MD〃£A,GNE

平面A跖，故G任平面AEb，所以选项A错误；

图1

对于B,如图2,当2时，瓦EG分别为BQ,DD',CC'的中点，连接BG,FC,EC,GF,易知四边形

BGC'E与ABGF均为平行四边形，则3G//AF,BG//EC,所以AF//EC',则A,F,E,C四点共面，ACu平

面A跖，所以选项B正确;

图2

对于C,如图3,延长AF与4D的延长线交于点M,连接与C'D的交点即为点L则A,F,H,I四点共面,

所以选项C正确；

图3

对于D,如图4,连接并延长与CC的延长线交于点N,连接月V与CD的交点即为点L则存在点I,使F7,

EH,CC三条直线交于同一点N,所以选项D正确.

图4

故选：BCD.

三、填空题

11.（2023•全国•高三专题练习）如图，正方体AC1中，。是8。中点，与截面BOG交于P，那么G、P、。三

点共线，其理由是

【答案】G、P、o是平面AACG和平面BOG的公共点，所以它们共平面AAC&与平面5DG的交线

【分析】确定C|、P、Oe平面AACG，G、P、Oe平面BDG，得到结论.

【详解】O是3。中点，则O是AC中点，故Oe平面AACG，

4C与截面BDG交于P，故尸eAC,故Pc平面AACG，又Ge平面AACG，

故C|、p、。€平面44<7（71，又G、P、。€平面2。6，

故G、尸、。在平面A&CG和平面BDG的交线上.

故答案为：G、P、O是平面AACG和平面8DG的公共点，所以它们共平面AACG与平面的交线.

12.（2023•全国•高三专题练习）如图，在正方体中，A、B、C、。分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、。四

点共面的图形（填上所有正确答案的序号）.

①②③④

【答案】①③④

【分析】四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明,

证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据.

图①：证明AB〃EF,CD〃EF,可得AB〃CD；

图③：证明BD〃EF,AC/7EF,可得BD〃AC；

图④：证明GH〃EF,AC〃EF,BD/7GH,可得BD〃AC.

【详解】图①：取GD的中点F,连结BF、EF,

VB>F均为相应边的中点，贝!J：BF//HG

又•龙〃AE,则B尸〃AE即ABFE为平行四边形

.•.AB/7EF

同理：CD〃EF

贝!|AB〃CD即A、B、C、D四点共面，图①正确;

图②：显然AB与CD异面，图②不正确；

图③：连结AC,BD,EF,

VBE/7DF即BDFE为平行四边形

.,.BD/7EF

又,：A、C分别为相应边的中点，则AC〃EF

；.BD〃AC即A、B、C、D四点共面，图③正确;

图④：连结AC,BD,EF,GH,

VGE/7HF即GEFH为平行四边形，则GH〃EF

又；A、C分别为相应边的中点，则AC〃EF

同理：BD/7GH

，BD〃AC即A、B、C、D四点共面，图④正确.

③

故答案为：①③④.

13.（2023春•河南许昌•高三鄢陵一中校考阶段练习）如图，已知四棱锥，-ABCD的底面ABC。为平行四边形，M

是棱。。上靠近点。的三等分点，N是82的中点，平面交CQ于点贝U,煞=.

D1

2

【答案】j

【分析】将四棱锥补为三棱柱ADR-8CE,由D{MHCEH求解.

【详解】解：如图所示：

补全四棱锥为三棱柱，作2E//AB,且RE=AB,

因为ABCD为平行四边形，所以AB〃CD,

则DXEHABIICD,且DtE=AB=CD,

所以四边形ABE?和四边形D.DCE都是平行四边形,

因为N为中点，则延长AN必过点E,

所以A,N,E,H,M在同一平面内,

因为。2〃CE,所以D,MH,CEH,

又因为M是棱DR上靠近点D的三等分点,

所以翳”则黑小

故答案为：!2

14.（2023•四川绵阳•统考模拟预测）如图所示，在直四棱柱ABC。-4月中，CD〃钿，AB=AAi=3,CD=2,

P为棱耳B上一点，且=2尸四（2为常数），直线2。与平面PAG相交于点。.则线段D©的长为

【分析】根据题意作辅助线，根据平行关系可得GE=E，取2Q=GE,根据平行关系可得GQ//AP,进而可知

点。即为直线。Q与平面PAG的交点，即可得结果.

【详解】•:BP=",BB\=3,所以8尸=二，

2+1

分别过G，。作综垂足分别为EE,分别过瓦尸作垂足分别为N,M,

可得CREF,MNEF均为平行四边形，则CR=EF=MN=3,

过点歹作尸。〃AP,交直线4。于点Q,则△EEG,

可得11=ABx7

PBFE2+124,

~FEGN=----------=------------=-------

AB32+1

02

在上取点。，使得DQ=GE=」

z+1

VEN//AAltAAt//DDlt则EN〃DR,

可知：D,Q//EG,DtQ=EG,即2QGE为平行四边形,

：.GQHDXE,GQ=RE,

又•.•G，所为平行四边形，则C/〃RE,QF=D.E,

可得GQ〃C7,GQ=C,F,

故C©G尸为平行四边形，则G0〃GP,

XVFQ//AP,则GQ〃加

即AP，G，0四点共面，故点。即为直线与平面PAG的交点,

22

：.DQ=—.

X2+1

故答案为：等7

2+1

【点睛】方法点睛：在处理截面问题时，常常转化为平行关系问题，根据线、面平行关系的判定定理以及性质定理

分析判断.

题型二异面直线

畲策略方法1.平移法求异面直线所成角的一般步骤

碰一俑罩需落莪7羲布了由麻杏藤董商茶....

工U磅瓦为裹二不三篇形面丙鬲;通可群三甭

形，求出角的大小

2.坐标法求异面直线所成的角

当题设中含有两两垂直的三边关系或比较容易建立空间直角坐标系时，常采用坐标法.

注：如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的

角.

【典例1］如图所示，在正方体ABC。-4耳£。中，E,b分别是AB,AO的中点，则异面直线3（与E尸所成

的角的大小为（）

DiG

AEB

A.30°B.45°C.60°D.90°

【答案】C

【分析】利用线线平行，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，在三角形中求解即可.

【详解】如图，连接DB,\B,则qC//A。，

、、一

AEB

E,歹分别是AB,AD的中点，

:.DB//EF,

是异面直线4c与研所成的角，且AQ8是等边三角形，

A\DB=60°.

故选：C.

【典例2】在直三棱柱ABC-4与G中，AC=3,BC=3,AB=3A/2，M=4-则异面直线入。与所成角的余弦值

为（）

16r9-16r4

A.-----B.—C.—D.一

2525255

【答案】A

【分析】利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线A。与BG的方

向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解.

【详解】因为AC=3,BC=3,A8=3也

所以AC,+BC?=48、

所以AC13C,

又因为侧棱与底面垂直，

所以以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C-孙z,如图所示

易得C(0,0,0),c(o,0,4),A(3,0,4),8(0,3,0),

所以AC=(-3,0,-4)M=(0,-3,4),

设异面直线4C与BG所成角为巴则

BC

।।ACi|-4X4|16

cos0=cosAC,BCA=-------

1Ancg5x5-25

所以异面直线AC与BC,所成角的余弦值为£.

故选：A.

【题型训练】

一、单选题

1.（2023•黑龙江•黑龙江实验中学校考二模）在三棱锥A-BCD中，AS,AC,A。两两垂直，

AB=2,AC=AD=3,BE=ED,CF=2FD,则异面直线AE与防所成角的余弦值为（）

AV3r22V13n2屈

331339

【答案】D

【分析】将三棱锥A-BCD放在一个长方体中，建立空间直角坐标系，求出向量代入夹角公式即可求解.

【详解】依题意，把三棱锥放在长方体中，如图所示：

因为AB=2,AC=AD=3,BE=ED,CF=2FD,

以A为空间直角坐标系原点，AB,AC,AD分别为x,%z轴,

建立空间直角坐标系，则有：

4(0,0,0),3(2,0,0),—0,1,2),

所以AE=[l,0,£|,BF=(-2,1,2),

故选：D.

2.（2023春・河南•高三阶段练习）如图，在四棱台ABCO-中，正方形A3CD和4月GR的中心分别为°】和

。2,0021.平面43。5,。02=3,48=5,44=4,则直线与直线例所成角的正切值为（）

A.—B.—C.BD.逅

3666

【答案】B

【分析】作出直线。02与直线AA所成角，解直角三角形求得其正切值.

【详解】连接A。*。?，作AELAQ,

垂足为E.ZAAtE即直线O,O2与直线AA,所成的角.

变

叵

6

3.(2023・全国•模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AAl=AC=AB=2,BC=2枝,。为A片的中点,

E为AQ的中点，/为的中点，则异面直线BE与AF所成角的余弦值为()

D-f

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】在直三棱柱ABC-A耳G中A41=AC=AB=2,BC=2也,

所以AC'+AB?=BC2,即AC_LAB,

又胡，平面ABC,AB,ACu平面A3C,所以惧LAC,AA.LAB,

如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),以2,0,0),C40,2,2),2(1,0,2),石心,0,11,—1,1,1),

所以衣=(1,1,1),说唱0,一1),

/_e\AFEB屈

Gff以cos(AF,EB1)="；----j—j----r-------

所以\\AF[\EB\39，

即异面直线BE与AF所成角的余弦值为偿.

4.（2023•河南洛阳•洛宁县第一高级中学校考模拟预测）如图四棱锥尸-ABC。中，底面ABC。为正方形，且各棱长

均相等，E是尸8的中点，则异面直线AE与尸C所成角的余弦值为（）

A.在B.渔C.-D.1

6332

【答案】A

【分析】连接AC与8。交于点。，连接P。，以。点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量AE和PC的坐

标，结合向量的夹角公式，即可得解.

【详解】连接AC与8。交于点。，连接PO,

由题意得，AC1BD,且PO1平面ABCD,

以。点为原点，建立如图所示空间直角坐标系,

设四棱锥尸一ABCD各棱长均为2,则AO=3O=OO=正，尸0=血,

、

可得A（0,0,0）,E0,应V2,C（-V2,0,0）,P（0,0,V2）,

7

贝！JAE={-41,^~，孝］PCH_0,0,一夜）,

设异面直线AE与PC所成角为e,

..\AE-PC（-亚）x（-亚）+与义（一亚）

贝！Icos0-cos（AE,PC）=\---------=-------1：------------------

1।网n附6n・万曲

故选：A.

5.（2023•全国•高三专题练习）已知三棱锥尸—ABC中，上4,平面ABC,AB=4,AC=4,BC=40,PA=6,D

为PB的中点，则异面直线AO与PC所成角的余弦值为（）

A.也B.拽C.2D.2

15121413

【答案】D

【分析】取BC的中点E,则DE//PC,—ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角，求出所需边长，利用

余弦定理求cosZADE即可.

【详解】如图所示，取BC的中点E,连接AE,DE,

则DEHPC，/ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角.

由AB=4,AC=4,BC=4&,则有AB?+AC?=8€72,所以AB1AC,

E为BC的中点，则AE=20,

PAJL平面ABC,RtZXPAC中，pc=JRV+3=J36+16=2岳，:•DE=；PC=A

中，PB=y/p^+AB2=V36+16=2A/^3>:♦DA=A，

在NADE中，根据余弦定理可得cosZADE=3+加一、=13+138=_9..

2ADxDE2x1313

所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为己9.

故选：D

6.（2023秋・湖北•高三校联考开学考试）在直三棱柱ABC-48©中，A8，BC,AB=8C=朋,。1分别为AC,3c

的中点，则异面直线与与E所成角的余弦值为（）

-•----------D.

1010

【答案】D

【分析】设钻=2,取A4的中点/，连接后，则可得/G。尸为异面直线与5避所成的角或补角,

然后在CQb中求解即可.

【详解】设AB=2,取4A的中点r，连接GRDRDE,则用尸=；A耳

因为。E分别为AC,8C的中点，所以DE〃A2,DE=；AB,

因为A4〃A3,A5I=AB,所以DE〃BF,BF=DE,

所以四边形DEB7为平行四边形，所以DF〃B]E,

所以NCQF为异面直线CXD与4E所成的角或补角.

因为42，BC,AB=BC=A4,=2,£>,E分别为AC,3C的中点,

所以。尸=4E=Vl2+22=®C\F=A/12+22=®CQ=，可+2?=瓜,

所以3/4/年=29

2730.

DF忑10

7.（2023・陕西汉中•统考二模）如图，在棱长为2的正方体A8CD-ABC中，瓦尸,G分别为。2，加，叫的中点,

则斯与CG所成的角的余弦值为（）

G

「A/15y/io

15IT

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，分别求得族=（LLT）,CG=（2,0,1）,再利用向量的夹角公式求解.

【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则D（0,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,B1（2,2,2）,JQ（0,0,2）,E（0,0,l）,F（l,l,0）,G（2,2,l）,

EF=（1,1,-1）,CG=（2,0,1）EFCG=1,网=®CG卜氐

EFCG1715

cos（EF,CG）=

MR布一IT，

故选：c

3

8.（2023•江苏•高三专题练习）在长方体ABC。-44GA中，AB=2,BC=2,DD,=-,则AC与8。所成角的

余弦值是（）

ACR3770「2A/70回

r\.UD•--------L•-------n\-J•-----

707070

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，求得AC和8乌，利用空间向量法求解即可.

【详解】以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

x

则由题意可得2（0,0,£|,3（220）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

所以AC=（一2,2,0）,BJ=12,一2,»,

所以cos（AC,5A）=—~~=0,

'/叫n叫

所以AC与BQ所成角的余弦值为。,

故选：A

9.（2023・贵州毕节•校考模拟预测）钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.

中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有

一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面

中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），己知在3点时和9点时，相邻两钟面上

的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为

C.*D.亨

【答案】B

【分析】在正四棱柱ABCD-AqCQ中，以。为原点，以DADC,即的方向分别为轴建立空间直角坐标系,

利用空间向量的夹角公式可求出结果.

【详解】如图，在正四棱柱ABCD-48CQ中，瓦尸分别为侧面A叫A和侧面BCC4的中心，

G为8月的中点，EN为2点钟时针，户N为8点钟时针，

则切VEG=30,DM尸G=30，

设正四棱柱的底面边长为。，侧棱长为6,

以D为原点，以。的方向分别为x，V，z轴建立空间直角坐标系，

则E（a，5，］）,N（a,a,^+

EN=（0；也a）,FAf=（-,0,-

262

1,2

所以卜05（硒,引0，|EN-FM|1

\EN\-\FM\4,

所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为;.

故选：B

10.（2023・河南・洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在正三棱柱ABC-AqG中，AB=A\,。为人蜴的中点,

E为AG的中点，则异面直线A。与BE所成角的余弦值为（）

「底屈

AA/6RA/35n

610147

【答案】C

【分析】延长CB至F,使得可得四边形BEDF是平行四边形，DF//EB,则NA/加为异面直线AD

与BE所成的角或补角，设AB=A4,=2,取AC的中点求出£）/、AD.AF,利用余弦定理求得NAZ*,可

得答案.

【详解】D为A内的中点，E为4G的中点，所以DE=gc£,DEUCE，

如图，延长CB至F,使得BF=gcB,连接DE,DF,AF,CB=C,B,,

因为2尸=5。14，所以DE=BF,DEHBF,

所以四边形BEDF是平行四边形，DF//EB,

则NA£*为异面直线AD与BE所成的角或补角.设=41t=2,

取AC的中点"，连接EM、BM,

则口1_1_4。，EM=2,BM=拒,4。=1,

DF=EB=y/EM2+BM2={2?+（国=屿,

AD=7M2+A02=^22+12=75,

由余弦定理得AF=7AB2+BF--2ABxBFcos120=币，

方/“clAD1+DF--AF1y/51底

由余弦定理得cosZADF=---------------=—x-==—

2ADxDF2V714

所以直线AD与BE所成角的余弦值为更

11.（2023秋・全国•高三校联考开学考试）如图，在直三棱柱ABC-4内£中，AB=BC=AC=AA1,则异面直线4片

与BG所成角的余弦值等于（）

BlG

1

c-ID.-

【答案】D

【分析】将该几何体补成一个直四棱柱ABCD-ABG。，连接DC弁。，贝IJNBCQ（或其补角）是异面直线M与

BC所成的角，然后在BCQ中利用余弦定理求解即可.

【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABC。-A百GR,由题易得底面A3CD为菱形，且ABC为等边三

角形.

连接。G，BZ）,易得A与〃DG，所以NBCQ（或其补角）是异面直线A片与所成的角.

设AB=L则5G=OG=0，5。=2=有，

（应了+（应）2一（百）2£

所以cos-ZBCjD=

2x（一打4

故选：D.

二、填空题

12.（2023•全国•高三专题练习）在正方体ABCD-AgGR中，AC与交于点。，则直线8a与直线。，的夹角

为.

【答案】30

【分析】通过平移，转化所求线线角为NAR。，再根据等边三角形的性质即可求解.

【详解】解：如图所示，连接AA，OQ,CR,又因为BCJ/AR,

所以直线与直线。Q的夹角即为NADQ,又A2c为等边三角形，O为AC中点，

所以OQ平分角ZADtO,所以NARO=30.

故答案为：30.

13.（2023•宁夏银川・银川一中校考模拟预测）在正四棱柱ABCO-AqGR中，底面边长为1,高为3,则异面直线

Bl与AD所