艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第3节

第六章 第3节
1．已知命题p ：a ，b 为异面直线，命题q ：直线a ，b 不相交，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：A [若直线a ，b 不相交，则a ，b 平行或异面，所以p 是q 的充分不必要条件，故选A. ]
2．如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )
A ．互相平行
B ．异面且互相垂直
C ．异面且夹角为π3
D ．相交且夹角为π
3
解析：D [将侧面展开图还原成正方体如图所示，则B ，C 两点重合．故l 1与l 2相交，连接AD ，△ABD 为正三角形，所以l 1与l 2的夹角为π
3
.故选D.]
3．(2019·泉州市模拟)设a ，b 是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A ．存在唯一直线l ，使得l ⊥a ，且l ⊥b B ．存在唯一直线l ，使得l ∥a ，且l ⊥b C ．存在唯一平面α，使得a ⊂α，且b ∥α D ．存在唯一平面α，使得a ⊂α，且b ⊥α
解析：C [a ，b 是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A 不正确；由l ∥a ，且l ⊥b ，可得a ⊥b ，与题设矛盾，故B 不正确；由a ⊂α，且b ⊥α，可得a ⊥b ，与题设矛盾，故D 不正确．故选C. ]
4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，那么正方体过P ，Q ，R 的截面图形是( )
A ．三角形
B ．四边形
C ．五边形
D ．六边形
解析：D [如图所示，作RG ∥PQ 交C 1D 1于G ，连接QP 并延长与CB 延长线交于M ，且QP 反向延长线与CD 延长线交于N ，连接MR 交BB 1于E ，连接PE ，则PE ，RE 为截面与正方体的交线，同理连接NG 交DD 1于F ，连接QF ，FG ，则QF ，FG 为截面与正方体的交线，∴截面为六边形，故选D.]
5．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1
＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )
A.
32 B.155 C.105 D.3
3
解析：C [M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则AB 1，BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角(异面线所成角为⎝⎛⎦⎤0，π2)，可知MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝2
2
， 作BC 中点Q ，则可知△PQM 为直角三角形．
PQ ＝1，MQ ＝1
2
AC,
△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC
＝4＋1－2×2×1·⎝⎛⎭
⎫－12＝7，AC ＝7， 则MQ ＝
72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝11
2
，
则△PMN中，cos∠PNM＝
MN2＋NP2
－PM2
2·MN·NP
＝
⎝
⎛
⎭
⎫5
2
2＋
⎝
⎛
⎭
⎫2
2
2－
⎝
⎛
⎭
⎫
11
2
2
2·
5
2·
2
2
＝－
10
5
又异面直线所成角为⎝⎛⎦⎤
0，
π
2，则余弦值为
10
5.故选C.]
6．如图所示，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件______时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件______时，四边形EFGH是正方形．
解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝
1
2BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝
1
2AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使平行四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.
答案：AC＝BD AC＝BD且AC⊥BD
7．(2019·安庆市二模)正四面体ABCD中，E、F分别为边AB、BD的中点，则异面直线AF、CE所成角的余弦值为________．
解析：如图，连接CF，取BF的中点M，连接CM，EM，则ME∥AF，故∠CEM即为所求的异面直线AF、CE所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△ABD中，AF＝3＝CE＝CF，EM＝
3
2，CM＝
13
2，
∴cos∠CEM＝
3
4＋3－
13
4
2×
3
2×3
＝
1
6.
答案：16
8.如图所示，是某正方体的平面展开图，在这个正方体中，
①BM 与ED 平行； ②CN 与BE 是异面直线； ③CN 与BM 成60°角； ④DM 与BN 垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
解析：如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM 与ED 为异面直线，故命题①不成立；而CN 与BE 平行，故命题②不成立．
∵BE ∥CN ，∴CN 与BM 所成角为∠MBE . ∵∠MBE ＝60°，故③正确；∵BC ⊥平面CDNM ， ∴BC ⊥DM ，又∵DM ⊥NC ，∴DM ⊥平面BCN ， ∴DM ⊥BN ，故④正确，故填③④.
答案：③④
9．已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q .
求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；
(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线； (3)DE ，BF ，CC 1三线交于一点． 证明：(1)如图所示．
因为EF 是△D 1B 1C 1的中位线，所以EF ∥B 1D 1.在正方体AC 1中，B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD ，所以EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面．
(2)在正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，
得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.
∴DE，BF，CC1三线交于点M.
10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求A1C1与B1C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AC，AB1，
由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C 与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．
由△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，
即A1C1与B1C所成角为60°.
(2)如图，连接BD，由(1)知AC∥A1C1.
∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．
∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.
又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角为90°.
∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.。