高中数学高考3 第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 新题培优练

[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∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．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.   B．1

C.   D.

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＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，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(，0，0)，M(，0，1)，所以＝(，0，0)，＝(，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，则sin θ＝，tan θ＝.

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＝＝，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＝BD，FG＝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：④

7．一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：①②

8．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＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos∠B1AD1＝＝.

答案：

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＝，AB＝2，AC＝2，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＝×2×2＝2，

三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.

(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＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.

故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.

[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.   B.

C.   D.

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＝，由△PDH∽△PAF可得＝＝2，则PD＝，

在Rt△PED中，PE＝＝，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A1BE

C．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＝，

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＝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＝＝，所以CO＝CF＝.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝＝，所以OG＝BD＝.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝BE＝，所以CG＝＝.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝＝＝，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.

答案：

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＝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：③

5．(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，P为MN的中点，连接DP，则DP＝1，所以点P在以D为球心，半径R＝1的球面上，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S＝×4πR2＝.

答案：

6．(应用型)如图所示，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．

解：如图所示，取AC的中点F，连接EF，BF，

因为在△ACD中，E，F分别是AD，AC的中点，所以EF∥CD.

所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角．

在Rt△EAB中，AB＝AC＝1，AE＝AD＝，所以BE＝.

在Rt△EAF中，AF＝AC＝，AE＝，

所以EF＝.

在Rt△BAF中，AB＝1，AF＝，所以BF＝.

在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝.

所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.