新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何2空间点线面的位置关系综合集训含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何2空间点线面的位置关系综合集训含解析，共17页。

空间点、线、面的位置关系
基础篇
【基础集训】
考点　空间点、线、面的位置关系
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为 (　　)
A.4　　B.5　　C.6　　D.7
答案　C
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BB1,CC1的中点,那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)

A.45　　B.35　　C.23　　D.57
答案　B
3.(多选题)已知m、n为两条不重合的直线,α、β为两个不重合的平面,则下列说法正确的是 (　　)
A.若m∥α,n∥β且α∥β,则m∥n
B.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
C.若m∥n,n⊂α,α∥β,m⊄β,则m∥β
D.若m∥n,n⊥α,α⊥β,则m∥β
答案　BC
4.(多选题)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1,E,F分别为AB,BC的中点,异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m,则 (　　)

A.m=33
B.直线A1E与直线C1F共面
C.m=23
D.直线A1E与直线C1F异面
答案　BC
5.设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:
①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;
④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线.
上述命题中正确的命题是　　　　.(填序号) 
答案　①
6.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.
[教师专用题组]
【基础集训】
考点　空间点、线、面的位置关系
1.(2018江西期中,4)如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过 (　　)

A.点A　　B.点B
C.点C但不过点M　　D.点C和点M
答案　D　∵A,B∈γ,M∈AB,∴M∈γ,
又α∩β=l,M∈l,∴M∈β,
根据公理3可知,M在γ与β的交线上,
同理可知,点C也在γ与β的交线上.
2.(2019云南腾冲质检三,5)下列说法正确的是 (　　)
A.若直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α
B.若直线a在平面α外,则a∥α
C.若直线a∥b,b⊂平面α,则a∥α
D.若直线a∥b,b⊂平面α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线
答案　D　对于选项A,直线l有可能在平面α内,A错;
对于选项B,直线a在平面α外包括两种情形,即a∥α或a与α相交,B错;
对于选项C,直线a有可能在平面α内,C错.故选D.
3.(2018湖南衡阳模拟,6)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为棱AA1,B1C1,C1D1,DD1的中点,则下列直线中与直线EF相交的是 (　　)

A.直线CC1　　B.直线C1D1　　C.直线HC1　　D.直线GH
答案　C　连接EH,HC1,则EHA1D1.
又A1D1∥FC1,
FC1=12B1C1=12A1D1,∴FC1∥EH,且FC1=12EH,
∴四边形FC1HE是梯形,
∴EF与HC1相交.故选C.

4.(2017河北邯郸调研,5)如图,在三棱锥S-ABC中,G1,G2分别是△SAB和△SAC的重心,则直线G1G2与BC的位置关系是 (　　)

A.相交　　B.平行　　C.异面　　D.以上都有可能
答案　B　连接SG1并延长交AB于M,连接SG2并延长交AC于N,连接MN.由题意知SM为△SAB的中线,且SG1=23SM,SN为△SAC的中线,且SG2=23SN,∴在△SMN中,SG1SM=SG2SN,∴G1G2∥MN,
易知MN是△ABC的中位线,∴MN∥BC,
因此可得G1G2∥BC,即直线G1G2与BC的位置关系是平行.故选B.
5.(2019北京清华大学中学生标准学术能力试卷文,10)已知正四面体ABCD,点E为棱AD的中点,O为△BCD的中心,则异面直线EO与CD所成的角等于 (　　)
A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
答案　C　在BC上取点F,使CF=13BC,在BD上取点G,使DG=13BD,连接FG、AF、FE.易知CD∥FO,所以直线FO与EO所成的角等于异面直线EO与CD所成的角,设正四面体ABCD的棱长为2a,所以EO=a,FO=23a,FE=193a,△EFO中,cos∠EOF=a2+49a2-193a22·a·23a=-12,因而∠EOF=120°,所以异面直线EO与CD所成的角为60°.
6.(2019四川成都一诊,9)在各棱长均相等的四面体A-BCD中,已知M是棱AD的中点,则异面直线BM与AC所成角的余弦值为 (　　)
A.23　　B.25　　C.36　　D.26
答案　C　设四面体A-BCD的棱长为2,取CD的中点N,连接MN,BN,

∵M是棱AD的中点,∴MN∥AC,
∴∠BMN(或其补角)是异面直线BM与AC所成的角.
∵BM=BN=4-1=3,MN=12AC=1,
∴在△BMN中,cos∠BMN=BM2+MN2-BN22BM·MN=3+1-32×3×1=36,
∴异面直线BM与AC所成角的余弦值为36.
7.如图,正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,则异面直线AD与GF所成的角的余弦值为　　　　. 

答案　36
解析　取DE的中点H,连接HF,GH.由题意,知HF=12AD且HF∥AD.
∴∠GFH(或其补角)为异面直线AD与GF所成的角.
在△GHF中,可求得HF=2,GF=GH=6,
∴cos∠HFG=2+6-62×2×6=36.
∴异面直线AD与GF所成的角的余弦值为36.

8.(2019河南安阳一模,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是底面ABCD的中心,过O点作一条直线l与A1D平行,设直线l与直线OC1的夹角为θ,则cosθ=　　　　. 
答案　36

解析　如图所示,设正方体的表面ABB1A1的中心为P,容易证明OP∥A1D,
所以直线l即为直线OP,角θ即为∠POC1(或其补角).
设正方体的棱长为2,
则OP=12A1D=2,OC1=6,PC1=6,
则cos∠POC1=2+6-62×2×6=123=36.
综合篇
【综合集训】
考法一　平面的基本性质及其应用
1.(2020广西桂林、崇左、贺州5月联考,9)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点,有下列四个结论:
①AP与CM是异面直线;②AP,CM,DD1相交于一点;③MN∥BD1;④MN∥平面BB1D1D.其中所有正确结论的序号是 (　　)

A.①④　　B.②④　　C.①③④　　D.②③④
答案　B
2.(2020河北正定中学第三次阶段质量检测,15)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是AD中点,动点P在底面ABCD内(不包括边界),使四面体A1BMP体积为23,则C1P的最小值是　　　　. 

答案　2530
3.(2020广东六校联盟第三次联考,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以顶点A为球心,233为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于　　　　. 
答案　53π6
考法二　求异面直线所成的角
4.(2019四川宜宾二诊,10)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　　B.1　　C.63　　D.22
答案　C
5.(2020浙江台州期末,8)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,且AA1=2,则异面直线A1B,AC1所成的角的大小为 (　　)

A.π6　　　　　　　　　　B.π4　　C.π3　　　　　　　　　　D.π2
答案　D
6.(2019江西八校联考,10)在四面体ABCD中,BD⊥AD,CD⊥AD,BD⊥BC,BD=AD=1,BC=2,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 (　　)
A.105　　B.31010　　C.155　　D.1010
答案　D
7.(多选题)(2021届江苏金陵中学月考,11)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题正确的是(　　)

A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4
B.点C到平面ABC1D1的距离为22
C.两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4
D.三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球半径为32
答案　ABD




[教师专用题组]
【综合集训】
考法一　平面的基本性质及其应用
1.(2018山西临汾模拟,5)如图,在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α,设α∩平面ABC=l,若l∥A1C1,则这3个点可以是 (　　)

A.B,C,A1　　B.B1,C1,A　　C.A1,B1,C　　D.A1,B,C1
答案　D　过点B作BD∥AC,则BD∥A1C1,
连接A1B,C1D,CD,如图所示:

则平面α可以为平面A1BDC1,
则α∩平面ABC=BD=l,且l∥A1C1,
所以这3个点可以是A1,C1,B.故选D.
2.如图所示,O1是正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心,M是对角线A1C和截面B1D1A的交点.
求证:O1、M、A三点共线.

证明　连接AC.
∵A1C1∩B1D1=O1,
又B1D1⊂平面B1D1A,A1C1⊂平面AA1C1C,
∴O1∈平面B1D1A,O1∈平面AA1C1C.
∵A1C∩平面B1D1A=M,A1C⊂平面AA1C1C,
∴M∈平面B1D1A,M∈平面AA1C1C.
又∵A∈平面B1D1A,A∈平面AA1C1C,
∴O1、M、A在平面B1D1A和平面AA1C1C的交线上,
即O1、M、A三点共线.
3.求证:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
解析　已知:AB∩AC=A,AB∩BC=B,AC∩BC=C,且A,B,C不重合.
求证:直线AB,BC,AC共面.
证法一:∵AB∩AC=A,∴直线AB,AC可确定一个平面α,
∵B∈AB,C∈AC,∴B∈α,C∈α,故BC⊂α,
因为直线AB,BC,AC都在平面α内,∴直线AB,BC,AC共面.
证法二:∵A不在直线BC上,∴点A和直线BC可确定一个平面α,
∵B∈BC,∴B∈α,又∵A∈α,∴直线AB⊂α,
同理可得直线AC⊂α,故直线AB,BC,AC共面.
证法三:∵A,B,C三点不在同一条直线,
∴A,B,C三点可以确定一个平面α,∴A∈α,B∈α,
∴直线AB⊂α,同理AC⊂α,BC⊂α,
故直线AB,BC,AC共面.
4.(2017四川成都联考,18)如图所示,已知l1,l2,l3,l4四条直线两两相交且不过同一点,交点分别为A,B,C,D,E,F.求证:四条直线l1,l2,l3,l4共面.

证明　证法一:∵A,C,E不共线,
∴它们确定一个平面α,又A∈l1,C∈l1,∴l1⊂α,
同理,l2⊂α,又B∈l1,D∈l2,∴B∈α,D∈α,
∴l3⊂α,同理,l4⊂α,
故l1,l2,l3,l4四条直线共面.
证法二:∵点A,C,E不共线,
∴它们确定一个平面α,
又∵A∈l1,C∈l1,∴l1⊂α,同理,l2⊂α,
又∵F,D,E不共线,
∴它们确定一个平面β.
又D∈l3,F∈l3,E∈l4,F∈l4,
∴l3⊂β,l4⊂β.
而不共线的三点B,C,D可确定一个平面,
又B,C,D既在α内又在β内,
故平面α与平面β重合.
∴l1,l2,l3,l4四条直线共面.
评析　证法一与证法二是证明共面问题常用的方法,证法一是先确定一个平面α,后证明其他的直线也在这个平面内,从而使问题得证;证法二是寻找了两个平面α与β使得四条直线在α内或在β内,然后再证明α与β重合,从而使问题得证.证明本题也可用反证法.
5.(2018河南濮阳一高10月月考,18)如图所示,空间四边形ABCD中,E,F,G分别在AB,BC,CD上,且满足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,过E,F,G的平面交AD于H,连接EH.
(1)求AH∶HD;
(2)求证:EH,FG,BD三线共点.

解析　(1)∵AEEB=CFFB=2,∴EF∥AC,又EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,∴EF∥平面ACD,
又∵EF⊂平面EFGH,平面EFGH∩平面ACD=GH,∴EF∥GH.
而EF∥AC,∴AC∥GH,∴AHHD=CGGD=3.
∴AH∶HD=3∶1.
(2)证明:∵EF∥GH,且EFAC=13,GHAC=14,∴EF≠GH,
∴四边形EFGH为梯形,∴直线EH,FG必相交.
设EH∩FG=P,则P∈EH,而EH⊂平面ABD,∴P∈平面ABD,
同理,P∈平面BCD,而平面ABD∩平面BCD=BD,∴P∈BD.
∴EH,FG,BD三线共点.
考法二　求异面直线所成的角
1.(2019辽宁辽阳一模,7)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,AB=6,AD=8,AA1=7,则异面直线EF与AA1所成角的正切值为 (　　)

A.57　　B.75　　C.57474　　D.77474
答案　A　取A1B1的中点G,连接EG,FG,
易知EG⊥FG,因为EG∥AA1,
所以异面直线EF与AA1所成角为∠FEG或其补角,
在△EFG中,FG=5,EG=7,所以tan∠FEG=57,故选A.

2.(2018广东珠海模拟,8)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,P为边AB的中点,现将△DAP绕直线DP翻转至△DA'P处,若M为线段A'C的中点,则异面直线BM与PA'所成角的正切值为 (　　)

A.12　　B.2　　C.14　　D.4
答案　A　如图,取A'D的中点N,连接PN,MN,

∵M是A'C的中点,
∴MN∥CD,且MN=12CD,
∵四边形ABCD是矩形,P是AB的中点,
∴PB∥CD,且PB=12CD,
∴MN∥PB,且MN=PB,
∴四边形PBMN为平行四边形,
∴MB∥PN,
∴∠A'PN(或其补角)是异面直线BM与PA'所成的角.
在Rt△A'PN中,tan∠A'PN=A'NA'P=12,
∴异面直线BM与PA'所成角的正切值为12.故选A.
3.(2018湖南永州三模,7)三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,则异面直线BM与AN所成角的余弦值为 (　　)
A.13　　B.24　　C.33　　D.23
答案　D　如图,连接DN,取DN的中点O,连接MO,BO,

∵M是AD的中点,∴MO∥AN,∴∠BMO(或其补角)是异面直线BM与AN所成的角,
设三棱锥A-BCD的所有棱长为2,
则AN=BM=DN=22-12=3,
则MO=12AN=32=NO=12DN,
则BO=BN2+NO2=1+34=72,
在△BMO中,由余弦定理得cos∠BMO=BM2+MO2-BO22·BM·MO=3+34-742×3×32=23,
∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为23.故选D.
4.(2018河南百校联盟联考,11)如图所示,在四棱锥A-BCDE中,三角形ACD与三角形ADE均为正三角形,三角形ACE为直角三角形,四边形BCDE为平行四边形,M,N分别为AB,DE的中点,则异面直线CE与MN所成角的余弦值为 (　　)

A.13　　B.23　　C.66　　D.63
.答案　C　取AE的中点P,AC的中点Q,连接DP,DQ,MQ,PQ,由三角形中位线的性质可得四边形DQMN是平行四边形,所以MN∥QD,又由三角形中位线的性质得PQ∥CE,所以∠DQP或其补角就是异面直线CE与MN所成的角,设CD=2,则在△DQP中,DP=DQ=3,PQ=2,
所以cos∠DQP=(3)2+(2)2-(3)22×3×2=66.

5.(2020湖北部分重点中学9月摸底考试,15)在正四面体ABCD中,M是棱BD的中点,则异面直线AB与CM所成角的余弦值为　　　　. 
答案　36
解析　取AD的中点N,连接MN,CN,又因为M是BD的中点,所以MN∥AB,故∠CMN或其补角为异面直线AB与CM所成的角.
设AB=2,则MN=1,在△BCD中,易求CM=3,同理可求CN=3,则在△CMN中,cos∠CMN=CM2+MN2-CN22CM·MN=(3)2+12-(3)22×3×1=36.又异面直线所成角的取值范围为0,π2,所以异面直线AB与CM所成角的余弦值为36.