高中数学复习第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 新题培优练公益

[基础题组练]1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有()A．4个 B．3个C．2个 D．1个解析：选A.首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的()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解析：选A.若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．3．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．4．如图，ABCD­A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()A．A，M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面解析：选A.连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．所以A，M，O三点共线．5．(2019·成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(2),2)解析：选C.法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq\r(2)，PB＝eq\r(5)，BN＝eq\r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，故选C.法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0，0，0)，A1(0，－1，2)，B(eq\r(3)，0，0)，M(eq\r(3)，0，1)，所以eq\o(NB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(NB,\s\up6(→))，eq\o(A1M,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NB,\s\up6(→))·\o(A1M,\s\up6(→))|,|\o(NB,\s\up6(→))|·|\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，则sinθ＝eq\f(\r(10),5)，tanθ＝eq\f(\r(6),3).6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)＝eq\f(2,3)，则下列说法正确的是________．①EF与GH平行；②EF与GH异面；③EF与GH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M一定在直线AC上．解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝eq\f(1,2)BD，FG＝eq\f(2,3)BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．答案：④7．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60°；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45°.其中正确的是________(填序号)．解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)．对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BM∥GC，所以∠MBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDM中，∠MBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．答案：①②8．已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．解析：如图所示，将直三棱柱ABC­A1B1C1补成直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，所以cos∠B1AD1＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).答案：eq\f(\r(10),5)9．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A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.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＝eq\f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，PA＝2.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)S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，三棱锥P­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝eq\r(2)，AD＝2，cos∠ADE＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4).故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4).[综合题组练]1．(应用型)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.eq\f(\r(15),6) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(13),6)解析：选D.过点C1作C1G∥B1F，交直线CD于点G，过点E作HQ∥C1G，交CD延长线，C1D1于点H，Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQ∥B1F，所以Q，H，F，B1四点共面，易求得HD＝D1Q＝eq\f(1,4)，由△PDH∽△PAF可得eq\f(AP,PD)＝eq\f(AF,HD)＝2，则PD＝eq\f(1,3)，在Rt△PED中，PE＝eq\r(\f(1,9)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(13),6)，故选D.2．(2019·宁波模拟)如图，在直二面角A­BD­C中，△ABD，△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE沿BE翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是()A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B解析：选D.连接CE，当平面A1BE与平面BCE重合时，BC⊂平面A1BE，所以平面A1BE内必存在与BC平行和垂直的直线，故A，C可能成立；在平面BCD内过B作CD的平行线BF，使得BF＝CD，连接EF，则当平面A1BE与平面BEF重合时，BF⊂平面A1BE，故平面A1BE内存在与BF平行的直线，即平面A1BE内存在与CD平行的直线，所以CD∥平面A1BE，故C可能成立．若BC⊥A1B，又A1B⊥A1E，则A1B为直线A1E和BC的公垂线，所以A1B＜CE，设A1B＝1，则经计算可得CE＝eq\f(\r(3),2)，与A1B＜CE矛盾，故D不可能成立．故选D.3．(2019·济南模拟)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为________．解析：如图，连接DE交FC于O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝eq\f(1,2)BD，所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．设正方形ABCD的边长为2，则CE＝BE＝1，CF＝DE＝eq\r(CD2＋CE2)＝eq\r(5)，所以CO＝eq\f(1,2)CF＝eq\f(\r(5),2).易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝eq\r(DE2＋BE2)＝eq\r(6)，所以OG＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(6),2).易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝eq\f(1,2)BE＝eq\f(1,2)，所以CG＝eq\r(CE2＋GE2)＝eq\f(\r(5),2).在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝eq\f(OC2＋OG2－CG2,2OC·OG)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(30),10)，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).答案：eq\f(\r(30),10)4．(创新型)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列四个命题中不正确的是________(填序号)．①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE⊥A1C；④存在某个位置，使MB∥平面A1DE.解析：取DC的中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝eq\f(1,2)A1D，FB∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE.由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，所以M是在以B为球心，MB为半径的球上，可得①②正确；由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正确；若存在某个位置，使DE⊥A1C，则因为DE2＋CE2＝CD2，即CE⊥DE，因为A1C∩CE＝C，则DE⊥平面A1CE，所以DE⊥A1E，与DA1⊥A1E矛盾，故③不正确．答案：③5．(创新型)如图，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，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是________．解析：连接DN，则△MDN为直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，