2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系空间点、直线、平面之间的位置关系 目录 一、考点全归纳一、考点全归纳 1四个公理四个公理 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 公理公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 公理公理 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 公理公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行 2空间直线的位置关系空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类位置关系的分类 共面直线 平

2、行 相交 异面直线：不同在任何一个平面内 (2)异面直线所成的角异面直线所成的角 定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间中任一点 O 作直线 aa，bb，把 a与 b所成的锐角(或直角) 叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)； 范围： 0， 2 (3)定理定理 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 3空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)空间中直线与平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 直线 a 在平面 内 a 有无数个公共点 直线 在平 面外 直线 a 与平面 平行 a 没有公共点 直线 a 与平面 斜交 aA 有且只有一个公 共点

3、直线 a 与平面 垂直 a (2)空间中两个平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 两平面平行 没有 公共点 两平面 相交 斜交 l 有一条公共直线 垂直 且 a 【常用结论】【常用结论】 1唯一性定理唯一性定理 (1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 (2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直 (3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行 (4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直 2异面直线的判定定理异面直线的判定定理 经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线 二二 题型全归纳题型全归纳 题型一题型一 平面的基本性质及其应用平面的基本

4、性质及其应用 【题型要点】【题型要点】1.三个公理是立体几何的基础公理 1 是确定直线在平面内的依据；公理 2 是利用点或直线确 定平面的依据；公理 3 是确定两个平面有一条交线的依据，同时也是证明多点共线、多线共点的依据 2.证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理 3，证明点在两个平面的交 线上，或者选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在该直线上 3.共面、共线、共点问题的证明 (1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；证两平面重合 (2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；直接证明这些点都在

5、同 一条特定直线上 (3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点 【例【例 1】在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，判断下列说法是否正确，并说明理由 (1)直线 AC1在平面 CC1B1B 内； (2)设正方形 ABCD 与正方形 A1B1C1D1的中心分别为 O， O1， 则平面 AA1C1C 与平面 BB1D1D 的交线为 OO1； (3)由点 A，O，C 可以确定一个平面； (4)由 A，C1，B1确定的平面是 ADC1B1； (5)设直线 l 是平面 ABCD 内的直线，直线 m 是平面 DD1C1C 内的直线，若 l 与 m 相交，则交点一定

6、在直线 CD 上 【答案】见解析 【解析】 (1)错误若 AC1平面 CC1B1B，又 BC平面 CC1B1B，则 A平面 CC1B1B，且 B平面 CC1B1B，所以 AB 平面 CC1B1B，与 AB平面 CC1B1B 矛盾，故(1)中说法错误 (2)正确因为 O，O1是两平面的两个公共点，所以平面 AA1C1C 与平面 BB1D1D 的交线为 OO1. (3)错误因为 A，O，C 三点共线，所以不能确定一个平面 (4)正确因为 A，C1，B1不共线，所以 A，C1，B1三点可以确定平面 ，又四边形 AB1C1D 为平行四边形， AC1，B1D 相交于 O2点，而 O2，B1，所以 B1O

7、2，又 DB1O2，所以 D. (5)正确若 l 与 m 相交，则交点是两平面的公共点，而直线 CD 为两平面的交线，所以交点一定在直线 CD 上 【例例 2】1.(2020 衡水中学模拟)有下列四个命题： 空间四点共面，则其中必有三点共线； 空间四点不共面，则其中任意三点不共线； 空间四点中有三点共线，则此四点共面； 空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 其中真命题的所有序号有_ 【答案】 【解析】中，对于平面四边形来说不成立，故是假命题；中，若四点中有三点共线，则根据“直线与 直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故是真命题；由的分析可知是真命 题；中，平面四边形的

8、四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故是假命题 题型二题型二 空间两直线位置关系的判定空间两直线位置关系的判定 【题型要点】【题型要点】(1)异面直线的判定方法 (2)构造法判断空间两直线的位置关系 对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断，可避免因考 虑不全面而导致错误，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作 出判断，这样减少了抽象性 【例【例 1】(2019 高考全国卷高考全国卷)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( ) ABME

9、N，且直线 BM，EN 是相交直线 BBMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 CBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线 DBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线 【答案】B 【解析】 取 CD 的中点 O， 连接 ON， EO， 因为 ECD 为正三角形， 所以 EOCD， 又平面 ECD平面 ABCD， 平面 ECD平面 ABCDCD，所以 EO平面 ABCD.设正方形 ABCD 的边长为 2，则 EO 3，ON1，所 以 EN2EO2ON24，得 EN2.过 M 作 CD 的垂线，垂足为 P，连接 BP，则 MP 3 2 ，CP3 2，所以 BM 2 MP2BP2( 3 2 )2(3

10、 2) 2227，得 BM 7，所以 BMEN.连接 BD，BE，因为四边形 ABCD 为正方形， 所以 N 为 BD 的中点，即 EN，MB 均在平面 BDE 内，所以直线 BM，EN 是相交直线，选 B. 【例【例 2】下图中，G，N，M，H 分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表 示直线 GH，MN 是异面直线的图形有( ) A B C D 【答案】C 【解析】由题意，可知题图中，GHMN，因此直线 GH 与 MN 共面；题图中，G，H，N 三点共面， 但 M平面 GHN，因此直线 GH 与 MN 异面；题图中，连接 MG，则 GMHN，因此直线 GH 与

11、MN 共 面；题图中，连接 GN，G，M，N 三点共面，但 H平面 GMN，所以直线 GH 与 MN 异面故选 C. 题型三题型三 异面直线所成的角异面直线所成的角 【题型要点】异面直线所成的角【题型要点】异面直线所成的角 1.平移法求异面直线所成角的一般步骤平移法求异面直线所成角的一般步骤 (1)作角用平移法找(或作)出符合题意的角 (2)求角转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小 【提醒】 ：【提醒】 ：异面直线所成的角 (0， 2 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时，常采用坐标法 【提醒】 ：【提醒】 ：如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；

12、如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的 角 【例1】 在长方体ABCD- A1B1C1D1中， ABBC1， AA1 3， 则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( ) A.1 5 B. 5 6 C. 5 5 D. 2 2 【答案】【答案】C 【解析】解法一：(平移法)如图 连接 BD1，交 DB1于 O，取 AB 的中点 M，连接 DM，OM.易知 O 为 BD1的中点，所以 AD1OM，则MOD 为异面直线 AD1与 DB1所成角 因为在长方体 ABCD- A1B1C1D1中， ABBC1， AA1 3， AD1 AD2DD21 2，DMAD2 1 2AB 25 2 ，DB1 AB2A

13、D2DD21 5，所以 OM1 2AD11，OD 1 2DB1 5 2 ， 于是在 DMO 中，由余弦定理，得 cosMOD 12 5 2 2 5 2 2 2 1 5 2 5 5 ，即异面直线 AD1与 DB1所成角的 余弦值为 5 5 .故选 C. 解法二：(坐标法)以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示 由条件可知 D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0， 3)，B1(1，1， 3)，所以AD1 (1，0， 3)，DB1 (1， 1， 3)，则由向量夹角公式，得 cosAD1 ，DB1 AD1 DB1 |AD1

14、| |DB1 | 2 2 5 5 5 ，即异面直线 AD1与 DB1所成角 的余弦值为 5 5 ，故选 C. 解法三：(补体法)如图 在长方体 ABCD- A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 ABBA- A1B1B1A1.连接 B1B，由长方体性质可知， B1BAD1，所以DB1B为异面直线 AD1与 DB1所成的角或其补角连接 DB，由题意，得 DB 12（11）2 5，BB112（ 3）22，DB11212（ 3）2 5. 在 DBB1中，由余弦定理，得 DB2BB21DB212BB1 DB1 cosDB1B， 即 5452 2 5cosDB1B， cosDB1B 5 5 .故选

15、C. 【例【例 2】如图所示，A 是 BCD 所在平面外的一点，E，F 分别是 BC，AD 的中点 求证：直线 EF 与 BD 是异面直线； 若 ACBD，ACBD，求 EF 与 BD 所成的角 【解】证明：假设 EF 与 BD 不是异面直线，则 EF 与 BD 共面，从而 DF 与 BE 共面，即 AD 与 BC 共面， 所以 A，B，C，D 在同一平面内，这与 A 是 BCD 所在平面外的一点相矛盾故直线 EF 与 BD 是异面直 线 取 CD 的中点 G，连接 EG，FG，则 ACFG，EGBD， 所以相交直线 EF 与 EG 所成的角， 即为异面直线 EF 与 BD 所成的角 又因为

16、ACBD，则 FGEG. 在 Rt EGF 中，由 EGFG1 2AC，求得FEG45 ， 即异面直线 EF 与 BD 所成的角为 45 . 题型四题型四 构造平面研究直线相交问题构造平面研究直线相交问题 【题型要点】【题型要点】(1)平面几何和立体几何在点、线、面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利 用直观想象讨论点、线、面的位置关系在平面和空间中的差异 (2)本题难度不大， 但比较灵活 对平面的基本性质、 空间两条直线的位置关系的考查难度一般都不会太大 (3)注意本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多 【例【例 1】设 l 是直线， 是两个不同的

17、平面，则下列说法正确的是( ) A若 l，l，则 B若 l，l，则 C若 ，l，则 l D若 ，l，则 l 【答案】B 【解析】 法一：设 a，若直线 la，且 l，l，则 l，l，因此 不一定平行于 ，故 A 错 误；由于 l，故在 内存在直线 ll.又因为 l.所以 l，故 ，所以 B 正确；若 ，在 内作 交线的垂线 l，则 l，此时 l 在平面 内，因此 C 错误；已知 ，若 a，la，且 l 不在平面 ， 内，则 l 且 l，因此 D 错误故选 B. 法二：借助于长方体模型解决本题：对于 A，如图， 与 可相交；对于 B，如图，不论 在何位置， 都有 ；对于 C，如图，l 可与 平行

18、或 l 内；对于 D，如图，l 或 l 或 l.故选 B. 【例【例 2】在正方体 ABCD- A1B1C1D1中， E， F 分别为棱 AA1、 CC1的中点， 则在空间中与三条直线 A1D1， EF， CD 都相交的直线有_条 【答案】无数 【解析】 法一：如图 在 EF 上任意取一点 M，直线 A1D1与 M 确定一个平面，这个平面与 CD 有且仅有一个交点 N，当 M 取不同 的位置时就确定不同的平面，从而与 CD 有不同的交点 N，而直线 MN 与这三条异面直线都有交点，所以在 空间中与这三条直线都相交的直线有无数条 法二：在 A1D1上任取一点 P，过点 P 与直线 EF 作一个平

19、面 ，因为 CD 与平面 不平行，所以它们相交， 设它们交于点 Q，连接 PQ(图略)，则 PQ 与 EF 必然相交，即 PQ 为所求直线由点 P 的任意性，知有无数 条直线与三条直线 A1D1，EF，CD 都相交 三三、高效训练突破、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1在空间四边形 ABCD 各边 AB，BC，CD，DA 上分别取 E，F，G，H 四点，如果 EF，GH 相交于点 P， 那么( ) A点 P 必在直线 AC 上 B点 P 必在直线 BD 上 C点 P 必在平面 DBC 内 D点 P 必在平面 ABC 外 【答案】A. 【解析】 ：如图 因为 EF平面 ABC，而 GH平面

20、ADC，且 EF 和 GH 相交于点 P，所以 P 在两平面的交线上，因为 AC 是 两平面的交线，所以点 P 必在直线 AC 上 2如图是正方体或四面体，P，Q，R，S 分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( ) 【答案】D. 【解析】 ：A，B，C 图中四点一定共面，D 中四点不共面 3四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( ) A4 个 B3 个 C2 个 D1 个 【答案】A. 【解析】 ：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 4已知 l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) Al1l2，l2l3l1l3 Bl1

21、l2，l2l3l1l3 Cl1l2l3l1，l2，l3共面 Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面 【答案】B. 【解析】 ：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 5如图，ABCD- A1B1C1D1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( ) AA，M，O 三点共线 BA，M，O，A1不共面 CA，M，C，O 不共

22、面 DB，B1，O，M 共面 【答案】A. 【解析】 ：连接 A1C1，AC，则 A1C1AC， 所以 A1，C1，C，A 四点共面， 所以 A1C平面 ACC1A1， 因为 MA1C， 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 6.(2020 广东东莞模拟广东东莞模拟)如图，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，侧棱 AA1底面 A1B1C1，底面三角形 A1B1C1是正三 角形，E 是 BC 的中点，则下列叙述正确的是( ) AC

23、C1与 B1E是异面直线 BAC平面 ABB1A1 CAE，B1C1为异面直线，且 AEB1C1 DA1C1平面 AB1E 【答案】C. 【解析】 ：因为 CC1与 B1E 都在平面 CC1B1B 内，且 CC1与 B1E 是相交直线，所以选项 A 错误假设 AC 平面 ABB1A1，则 ACAB，即CAB90 ，从而可得C1A1B190 ，这与题设“底面三角形 A1B1C1是正三 角形”矛盾，故假设错误，即选项 B 错误因为点 B1AE，直线 B1C1交平面 AEB1于点 B1，所以 AE，B1C1 为异面直线； 由题意可知 ABC是正三角形， 又E是BC的中点， 所以AEBC， 结合BCB

24、1C1可得AEB1C1， 故选项 C 正确因为直线 AC 交平面 AB1E 于点 A，又 ACA1C1，所以直线 A1C1与平面 AB1E 相交，故选 项 D 错误综上，选 C. 7(2020 太原模拟太原模拟)在正三棱柱 ABC- A1B1C1中，若 ABBB1，D 是 CC1的中点，则 CA1与 BD 所成角的大 小是( ) A. 3 B5 12 C. 2 D7 12 【答案】C. 【解析】 ：如图 取 A1C1的中点 E，连接 BE，DE，则 DEA1C，所以BDE 或其补角即为 CA1与 BD 所成的角，设为 .由 几何体 ABC- A1B1C1是正三棱柱且 ABBB1，可设其棱长为

25、2.在 BDE 中，BD 5，BE 7，DE 2， 由余弦定理可得 cos BD 2DE2BE2 2BD DE 0，所以 2.故选 C. 8在各棱长均相等的直三棱柱 ABC- A1B1C1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. 3 B1 C. 6 3 D 2 2 【答案】C. 【解析】 ：解法一：如图 取 AA1的中点 P，连接 PN，PB，则由直三棱柱的性质可知 A1MPB，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 2， PB 5， BN 3， 所以 PN2B

26、N2PB2， 所以PNB 90 ，在 Rt PBN 中，tanPBNPN BN 2 3 6 3 ，故选 C. 解法二：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 AB2，则 N(0，0，0)，A1(0，1，2)，B( 3，0，0)，M( 3，0，1)，所以NB ( 3，0，0)，A 1M ( 3， 1，1)，设直线 A1M 与 BN 所成的角为 ，则 cos |cosNB ，A 1M | |NB A 1M | |NB | |A 1M | 3 3 5 15 5 ，则 sin 10 5 ，ta

27、n 6 3 . 9(2020 广东深圳二模广东深圳二模)已知正方体 ABCD- A1B1C1D1，P 为棱 CC1上的动点，Q 为棱 AA1的中点，设直线 m 为平面 BDP 与平面 B1D1P 的交线，则( ) AmD1Q Bm平面 B1D1Q CmB1Q Dm平面 ABB1A1 【答案】B. 【解析】 ：因为正方体 ABCD- A1B1C1D1中，P 为棱 CC1上的动点，Q 为棱 AA1的中点， 直线 m 为平面 BDP 与平面 B1D1P 的交线，且 BDB1D1，所以 mBDB1D1， 因为 m平面 B1D1Q，B1D1平面 B1D1Q，所以 m平面 B1D1Q.故选 B. 10在棱

28、长为 1 的正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E，F 分别是 DD1和 AB 的中点，平面 B1EF 交棱 AD 于点 P， 则 PE( ) A. 15 6 B2 3 3 C. 3 2 D 13 6 【答案】D. 【解析】 ： 过点 C1作 C1GB1F， 交直线 CD 于点 G， 过点 E 作 HQC1G， 交 CD 延长线， C1D1于点 H， Q， 连接 B1Q， HF 交 AD 于点 P，HQB1F，所以 Q，H，F，B1四点共面，易求得 HDD1Q1 4，由 PDHPAF 可得 AP PD AF HD2，则 PD 1 3，在 Rt PED 中，PE 1 9 1 4 13 6 ，

29、故选 D. 11.如图，在直二面角 A- BD- C 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( ) ABC 与平面 A1BE 内某直线平行 BCD平面 A1BE CBC 与平面 A1BE 内某直线垂直 DBCA1B 【答案】D. 【解析】 ：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 BFCD，连接

30、 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 B 可能成立若 BCA1B，又 A1BA1E，则 A1B 为直 线 A1E 和 BC 的公垂线，所以 A1BCE，设 A1B1，则经计算可得 CE 3 2 ，与 A1BCE 矛盾，故 D 不可 能成立故选 D. 12.(2020 聊城一模聊城一模)如图，圆柱的轴截面 ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线 AE 与 BC 所成角 的余弦值为( ) A. 3 3 B. 5 5 C. 30

31、6 D. 6 6 【答案】【答案】D 【解析】 取 BC 的中点 H，连接 EH，AH，EHA90 ，设 AB2，则 BHHE1，AH 5，所以 AE 6，连接 ED， ED 6， 因为 BCAD， 所以异面直线 AE 与 BC 所成角即为EAD， 在 EAD 中 cosEAD646 2 2 6 6 6 ，故选 D. 二、填空题二、填空题 1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CF CB CG CD 2 3，则下列说法正确的是_ EF 与 GH 平行； EF 与 GH 异面； EF 与 GH 的交点 M

32、可能在直线 AC 上，也可能不在直线 AC 上； EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上 【答案】 ： 【解析】 ：连接 EH，FG(图略)，依题意，可得 EHBD，FGBD，故 EHFG，所以 E，F，G，H 四点共 面因为 EH1 2BD，FG 2 3BD，故 EHFG，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 2一正方体的平面展开图如图所示，在这个

33、正方体中，有下列四个命题： AFGC； BD 与 GC 成异面直线且夹角为 60 ； BDMN； BG 与平面 ABCD 所成的角为 45 . 其中正确的是_(填序号) 【答案】 ： 【解析】 ：将平面展开图还原成正方体(如图所示) 对于，由图形知 AF 与 GC 异面垂直，故正确； 对于，BD 与 GC 显然成异面直线如图，连接 EB，ED，则 BEGC，所以EBD 即为异面直线 BD 与 GC 所成的角(或其补角)在等边 BDE 中，EBD60 ，所以异面直线 BD 与 GC 所成的角为 60 ，故 正确；对于，BD 与 MN 为异面垂直，故错误；对于，由题意得，GD平面 ABCD，所以G

34、BD 是 BG 与平面 ABCD 所成的角但在 Rt BDG 中，GBD 不等于 45 ，故错误综上可得正确 3(2020 河南安阳调研四)在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，点 E平面 AA1B1B，点 F 是线段 AA1的中点，若 D1ECF，则当 EBC 的面积取得最小值时， S EBC S四边形ABCD_ 【答案】 ： 5 10 【解析】 ：如图所示 连接 B1D1，取 AB 的中点 G，连接 D1G，B1G.由题意得 CF平面 B1D1G， 所以当点 E 在直线 B1G 上时，D1ECF， 设 BCa，则 S EBC1 2EB BC 1 2EB a， 当 EBC 的面积取最小值

35、时，线段 EB 的长度为点 B 到直线 B1G 的距离， 所以线段 EB 长度的最小值为 a 5，所以 S EBC S四边形ABCD 1 2 a 5 a a2 5 10. 4如图，已知正方体 ABCD- A1B1C1D1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_ 【答案】 ： 2 【解析】 ：连接 DN，则 MDN 为直角三角形，在 Rt MDN 中，MN2，P 为 MN 的中点，连接 DP，则 DP1，所以点 P 在以 D 为球心，半径 R1 的球面上，又因为点 P 只能落在正方体

36、上或其内部，所以点 P 的轨迹的面积等于该球面面积的1 8，故所求面积 S 1 84R 2 2. 5(2020 西安模拟西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N 分别为 DE，BE，EF，EC 的中点，在这 个正四面体中，GH 与 EF 平行；BD 与 MN 为异面直线；GH 与 MN 成 60 角；DE 与 MN 垂直以 上四个命题中，正确命题的序号是_ 【答案】 【解析】 还原成正四面体 A- DEF，其中 H 与 N 重合，A，B，C 三点重合 易知 GH 与 EF 异面，BD 与 MN 异面 连接 GM，GMH 为等边三角形， GH 与 MN 成 60 角， 易证 DEAF

37、，又 MNAF，MNDE. 因此正确命题的序号是. 6如图，E，F 分别是三棱锥 P- ABC 的棱 AP，BC 的中点，PC10，AB6，EF7，则异面直线 AB 与 PC 所成的角为_ 【答案】 ：60 【解析】 ： 取 AC 的中点 M， 连接 EM， MF.因为 E， F 分别是 AP， BC 的中点， 所以 MFAB， MF1 2AB3， MEPC， ME1 2PC5，所以 MF 与 ME 所成的角即为 AB 与 PC 所成的角(或其补角)在三角形 MEF 中，cosEMF 5 23272 2 5 3 15 30 1 2，所以EMF120 ，所以异面直线 AB 与 PC 所成的角为

38、60 . 三三 解答题解答题 1如图所示，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E、F 分别是 AB 和 AA1的中点求证： (1)E，C，D1，F 四点共面； (2)CE，D1F，DA 三线共点 【证明】 ：(1)如图，连接 EF，CD1，A1B. 因为 E，F 分别是 AB，AA1的中点， 所以 EFBA1. 又 A1BD1C，所以 EFCD1， 所以 E，C，D1，F 四点共面 (2)因为 EFCD1，EFCD1， 所以 CE 与 D1F 必相交， 设交点为 P，如图所示 则由 PCE，CE平面 ABCD， 得 P平面 ABCD. 同理 P平面 ADD1A1. 又平面 ABCD平面

39、ADD1A1DA， 所以 P直线 DA，所以 CE，D1F，DA 三线共点 2.如图，在三棱锥 P- ABC 中，PA底面 ABC，D 是 PC 的中点已知BAC 2，AB2，AC2 3，PA 2.求： (1)三棱锥 P- ABC 的体积； (2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)S ABC1 2 2 2 32 3， 三棱锥 P- ABC 的体积为 V1 3S ABC PA 1 3 2 3 2 4 3 3 . (2)如图，取 PB 的中点 E，连接 DE，AE，则 EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的 角 在 ADE 中，

40、DE2，AE 2，AD2，cosADE2 2222 2 2 2 3 4. 故异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值为3 4. 3.已知三棱柱 ABC- A1B1C1的侧棱长和底面边长均为 2，A1在底面 ABC 内的射影 O 为底面三角形 ABC 的中 心，如图所示 (1)连接 BC1，求异面直线 AA1与 BC1所成角的大小； (2)连接 A1C，A1B，求三棱锥 C1- BCA1的体积 【答案】见解析 【解析】 ： (1)因为 AA1CC1， 所以异面直线 AA1与 BC1所成的角为BC1C 或其补角 连接 AO，并延长与 BC 交于点 D，则 D 是 BC 边上的中点 因为点 O 是正

41、三角形 ABC 的中心， 且 A1O平面 ABC， 所以 BCAD，BCA1O， 因为 ADA1OO， 所以 BC平面 ADA1. 所以 BCAA1，又因为 AA1CC1， 所以 CC1BC，BCCC1B1C1BB12， 即四边形 BCC1B1为正方形， 所以异面直线 AA1与 BC1所成角的大小为 4. (2)因为三棱柱的所有棱长都为 2， 所以可求得 AD 3，AO2 3AD 2 3 3 ， A1O AA21AO22 6 3 . 所以 VABC- A1B1C1S ABC A1O2 2， VA1- BCC1B1VABC- A1B1C1VA1- ABC4 2 3 ， 所以 VC1- BCA1V

42、A1- BCC11 2VA1- BCC1B1 2 2 3 . 4.(2020 衡阳模拟衡阳模拟)如图，四棱锥 M- ABCD 中，CDADAB90 ，AB2DC， MCD 与 MAD 都是等 边三角形，且点 M 在底而 ABCD 上的射影为 O. (1)证明：O 为 AC 的中点； (2)求异面直线 MD 与 BC 所成角的大小 【答案】见解析 【解析】 ：(1)证明：连接 AC，取 AC 的中点 N，连接 MN，DN， 因为 MCD 与 MAD 都是等边三角形，且公共边为 MD， 所以 MCMAMDDADC， 又因为 N 是 AC 的中点， 所以 MNAC， 在 Rt ADC 中，DNNC1

43、 2AC， 所以 MNDMNC，得 MNDN. 又因为 DNACN，所以 MN平面 ABCD，故点 M 在底面上的射影为 N， 又已知点 M 在底面 ABCD 上的射影为 O， 所以 N 与 O 重合，即 O 为 AC 的中点 (2)设 MCMAMDDADCa，AB2DC2a， 因为CDADAB90 ，所以 ACBC 2a，则 AC2BC2AB2，即ACB90 . 又因为 DADC，O 是 AC 的中点，所以DOCACB90 ， 所以 DOBC，故异面直线 MD 与 BC 所成角为MDO. 在 Rt MDO 中，DOMO 2 2 a， 所以MDO45 ，即异面直线 MD 与 BC 所成角为 45 .