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-人教版高三数学试题

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α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则()A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γC.β<α,γ<α D.α<β,γ<β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PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cosα=PFPB=EGPB=DHPB<因为tanγ=PDED>PDBD=tanβ,所以γ2.(2018全国Ⅱ·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.15 B.56 C.55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θ.∴cos∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为553.(2017全国Ⅱ·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.32 B.155 C.105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+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×-12=7,即AC=又CC1=1,所以PQ=1,MQ=12AC=7在△MQP中,可知MP=MQ在△PMN中,cos∠PNM=MN2+又异面直线所成角的范围为0,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+12-2×2×1×cos60°=3,C1所以cos∠BC1D=25=4.(2017全国Ⅲ·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:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④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②③解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.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Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,过点B作BF∥DE,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,②正确,①错误.由最小角定理可知③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°,④错误.故正确的说法为②③.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.30° B.45° C.60° D.90°答案B解析如图,取BD的中点O,连接AO,CO,∵AB=AD,BC=CD,∴AO⊥BD,CO⊥BD.又AO∩CO=O,∴BD⊥平面AOC,∴BD⊥AC.取AD的中点M,连接EM,FM,∵E为AB的中点,F为CD的中点,∴EM∥BD,MF∥AC,∴EM⊥MF,异面直线AC与EF所成的角即为∠EFM.∵AC=BD,∴MF=EM,∴在Rt△EFM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.33 B.105 C.54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θ,则cosθ=|EF故l与直线QB1所成角的余弦值为1053.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16π,则异面直线BD1与CC1所成的角的余弦值为.

答案14解析设外接球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2,设长方体的高为x,则x2+12+12=(2R)2=16,故x=14,在Rt△BDD1中,∠DD1B即为异面直线所成的角,其余弦值为1444.(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2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A'BCD'(如图),使矩形A'BCD'和三角形SBC在同一平面上,连接SD',交BC于E,则SE+ED≥SD'.由AB=1,SA=3,得SB=2,故SA'=3,A'D'=AD=3,故BE=2.作EF∥CD交AD于点F,连接SF,则SE与CD所成角为∠SEF,易得SF⊥EF.又易知SE=22,EF=1,所以cos∠SEF=EFSE5.(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6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θ,则sinθ=|EF故直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为666.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6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BF∥AE,所以∠DBF或它的补角为异面直线AE和DB所成角.∵DA=DE=1,∴DO⊥AE,且|AO|=|DO|=22,在△ABO中,根据余弦定理得cos∠OAB=cos45°=|∴|BO|=102.同理可得|OF|=26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,∴DO⊥BO,∴|BD|2=|BO|2+|DO|2=12+即|BD|=3,同理可得|DF|=7.又∵BF=AE=2,∴在△DBF中,cos∠DBF=|DB|2∵两直线的夹角的取值范围为0,π2,∴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Ⅲ·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.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,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EO⊥CD于点O,连接ON.作MF⊥OD于点F,连接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,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=2则EN=3+1=2,BM=34∴BM≠EN.故选B.2.(2018全国Ⅰ·12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.334 B.233 C.答案A解析满足题设的平面α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=12×[2(1-a)+2a+2a]2×32-3×12×(2a)2×32=32(-2a2+2a+1),所以当a=3.(2019北京·12)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.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⊥α,m∥α,则l⊥m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,α,β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()①Q∈α,l⊂α⇒Q∈l;②l∩m=Q,m⊂β⇒l∈β;③l∥m,l⊂α,Q∈m,Q∈α⇒m⊂α;④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α⇒l∈β.A.①② B.①③ C.②③ D.③④答案D解析①错误,②错误,③正确;④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,α,β是两个不同平面,则()A.若m⊥α,α⊥β,则m∥βB.若m∥α,n⊥α,则m⊥nC.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βD.若m∥α,n∥α,则m∥n答案B解析选项A中,m∥β或m⊂β,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,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题个数为()A.4 B.3 C.2 D.1答案B解析①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行时,也可能满足前边的条件;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面可以是交叉的;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α能相交.故答案为B.4.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.①AC⊥BD;②AD⊥BC;③平面ABC⊥平面ABD;④平面ACD⊥平面ABD.以上结论中正确的个数有()A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,∴BD⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,∴BD⊥AC,故①正确.∵BD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面ABC,故③正确.∵AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,∴AC⊥平面ABD,又AC⊂平面ACD,∴平面ACD⊥平面ABD,故④正确.综上①③④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α,则a⊥αB.若c⊥平面α,则a∥α,b∥αC.存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥αD.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α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α,则a与α相交、平行或a⊂α,故A错误;在B中,若c⊥平面α,则a,b与平面α平行或a,b中有一条在平面α内,故B错误;在C中,由线面垂直的性质得,存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α,故C正确;在D中,若存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α,则a∥b,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:①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行,那么a∥α;②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直;③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;④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()