2020届高考文数复习常考题型(全国卷)： 点、线、面间的位置关系与球 空间点、直线、平面间的位置关系
2020高考数学(文科)二轮专题辅导与训练课件：第二篇专题三第2讲 空间点、线、面的位置关系
能
析
力
精
答案 C
达
研
标
菜单
高考专题辅导与训练·数学(文科)
第二篇 专题三 立体几何
考点二 空间平行、垂直关系的证明
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
重
限
难
(2) 线 面 平 行 的 性 质 定 理 ： a∥α ， a⊂β ， α∩β ＝ 时
考 点
精 研
并常与几何体的表面积、体积相渗透．
达 标
菜单
高考专题辅导与训练·数学(文科)
第二篇 专题三 立体几何
重难考点·精析精研
考点一 空间线面位置关系的判断
重
[例1] (2019·安徽A10联盟最后一卷)已知m，n是两 限
难
时
考 条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题 检
点
测
· 正确的是
精 析 精
AB1D1＝13VABD -A1B1D1＝13×S△AB1D1×h，即可得出结
能 力 达
研 果．
标
菜单
高考专题辅导与训练·数学(文科)
第二篇 专题三 立体几何
[解析] (1)证明 由题意得，DD1∥BB1，
DD1＝BB1，
重 难 考 点
故四边形DD1B1B为平行四边形，所以D1B1∥DB，
第二篇 专题三 立体几何
●方法指津
判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理
重
限
难 逐项判断解决问题；
时
考 点
检
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四 测
副题04 空间点线面的位置关系(理)(解析版)
2020届高考数学23题对对碰【二轮精品】 第一篇副题4 空间点线面的位置关系（理）【副题考法】本副题考题形式为选择题或填空题，以简单几何体与球的切接为载体考查球的几何性质与求得表面积与体积计算，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为5分．【主题考前回扣】1. 球的性质：球被一个平面所截， （1）截面是圆；（2）球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂；（3）若球心到截面的距离为d ，球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则222d r R +=. 2. 线面平行（1）判定：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.（2）性质：一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行. 3.面面平行（1）判定：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行. （2）性质：①若两个平面平行，则一个平面内一条直线与另一个平面平行.②如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.4.线面垂直（1）定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α互相垂直.记作：l ⊥α. （2）判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直. （3）性质定理：①垂直于同一个平面的两条直线平行.②若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. 5.面面垂直（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.（2）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.（3）性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.6.直线与平面所成的角（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角．．，叫做这条直线和这个平面所成的角．规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于0.（．2．）直线与平面所成的角．．．．．．．．．．α．的范围是．．．．π[0,]2. 7二面角（1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．．．．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. （2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.学*科网 （3）二面角的范围：[0,π]8.异面直线所成的角（1）定义：已知b a ,是异面直线，O 是空间任意一点，过O 作b b a a //,//''，则b a '',所成的锐角或直角叫异面直线b a ,所成的角. （2）范围：]2,0(π.【易错点提醒】1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．2.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．【副题考向】考向一 球与简单几何体的切接问题【解决法宝】①涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解，球内接正棱锥、正棱柱、圆柱、圆锥的球心在高上，球的截面性质是求解此类问题重要工具.②若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则22224c b a R ++=，把有关元素“补形”为一个球内接长方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．例1【2020届江西吉安期末】如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【分析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出PA ⊥平面ABC ，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角，又3BC =，4AB =，410PB =13PC =，5AC =，因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin 10PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=，在PAB ∆中，由余弦定理得210160162441014410PA =+-⨯⨯=，即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥，由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ，在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心，外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==，故选A. 考向二 空间点线面位置关系的判定【解决法宝】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断或将笔作直线，书做平面，利用实验进行判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.例2 【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】已知,αβ是空间中两个不同的平面，,m n 是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A ．若,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则 m n ⊥ B ．若,m n αα⊂⊂，且//,//m n ββ，则//αβ C ．若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则 m n ⊥ D ．若,//m n αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除. 【解析】对于A ，当,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于B ，当//m n 时，不能判定//αβ，故错；对于C ，若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于D ，由,//m βαα⊥可得m β⊥，又//n β，则m n ⊥故正确． 故选D ．考向三 简单几何体中点线面位置关系的判定【解决法宝】对简单几何体中点线面位置关系的判定问题，首先要熟记空间线线、线面、面面平行与垂直的定义、判定与性质，掌握线线、线面、面面平行的相互转化及线线、线面、面面垂直的相互转化，其次认真阅读试题，理清题中的条件和结论，然后利用相关知识和方法，对每个结论认真分析，即可找出正确的结论,例3【2020陕西省汉中3月线上模拟】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 不平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等【分析】根据条件对选项进行逐一分析, A.若有1D D AF ⊥，则能得到1DD ⊥平面AEF ，进一步得到1CC EF ⊥，显然不成立，可判断. B.取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ,可得平面1//A GO 平面AEF ，从而可判断. C.连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ，由条件可得1//EF AD ，截面即为梯形1AEFD ，再计算其面积. D.用等体积法分别求出点C 和点G 到平面AEF 的距离，从而判断.【解析】A.若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误； B.如图所示，取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1GQ AQ Q =，EF AE E =，所以平面1//A GO 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论不正确； C.如图所示，连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ,因为E ，F 为1C C ，BC 的中点，所以1//EF AD ，所以A ，E ，F ，1D 四点共面，所以，截面即为梯形1AEFD又因为2214225D S AS ==+=，122AD =，所以()1221222225622AD S S ∆⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139642AEFD S =⨯=梯形，故结论正确； D.记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为1h ，2h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，又因为2112222333G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，所以12h h ≠，故结论错误，故选C. 考向四 折叠问题【解决法宝】(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形 例4 【2020河北邯郸网上检测】在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，则下列结论正确的是（ ）A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【分析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=，根据余弦定理可得：3CB a =，结合已知，逐项判断，即可求得答案.【解析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=， 根据余弦定理可得：3CB a =，D 为BC 中点，DE AC ⊥，故32CD DB a ==又Rt CDE ∆中，30C ︒∠=，∴33,44ED a CE a ==，可得14EA a =，在折叠前图形中取BD 中点M ，连接,FM AMAD CB⊥，3DM a=，2aDA=，∴232tan33aADDMADMa∠===，又tan tan603CDE︒∠==，∴AM不平行DE——①对于C，DE AC⊥，将CDE∆沿DE翻折，得到直二面角C DE B--，∴AE DE⊥,CE DE⊥，故ED⊥面CEA，故C正确；对于A，在Rt EDA∆，由222222314416AD ED EA a a a⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，在Rt CAE∆，22222231104416CA EA EC a a a⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又222312=16CD a a⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，∴222CD AD CA≠+，故AD不垂直CD，故A错误；对于B，F是BC中点，BD中点M，∴//MF CD，假设//AF DE，可得面//AFM面CDE，进而可得//AM ED，与结论①相矛盾，故假设错误，故B错误.对于D，F是BC中点，BD中点M，∴//MF CD，假设//AF平面CDE，可得面//AFM面CDE，进而可得//AM ED，与结论①相矛盾，故假设错误，故D错误，综上所述，正确的是C，故选C.考向五异面直线所成角的问题【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作（平行线）——证（平行）——算（解三角形）”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来计算，注意向量夹角与异面直线角的关系.例5 【2019河南南阳一高期末】平面过正方体的顶点A，平面，平面，则直线m与直线BC所成角的正弦值为A．B．C．1 D．【分析】根据题意作出几何体，找到直线，由图像可得即等于直线m与直线BC所成的角，进而可求出结果. 【解析】如图：平面，平面，可知：，是直线m 与直线BC 所成角或所成角的补角，，，，．直线m 与直线BC 所成角的正弦值为，故选B ．考向六 线面角问题【解决法宝】在求解线面角时，有两种思路，思路1，几何法，根据线面角的定义，先在图中有没有线面角，若没有，作出线面角，证明是线面角，再通过解三角形解出来；思路2，向量法，求出线面夹角问题中已知直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度|•|m n |n |与直线方向向量m 的模之|m |比||•|m n |m |n |就是线面夹角的正弦值，即sin θ=||•|m n |m |n |. 例6【2020届西北工业大学附中3月月考】已知在斜三棱柱111ABC A B C -中，点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上（与顶点不重合），11AE BFEA FB =，14AA =，ABC 的面积为5，截面1C EF 与截面CEF 将三棱柱111ABC A B C -分成三部分.若中间部分的体积为4，则1AA 与底面所成角的正弦值为( )A ．12B ．35C ．45D 3【分析】由题意可得中间部分的体积为原三棱柱体积的三分之一，得到原三棱柱的体积，设1AA 与底面所成角为α，由棱柱体积公式列式求得sin α的值．【解析】由点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上（与顶点不重合），11AE BFEA FB =则//EF AB ，过EF 作平面//EFG 底面ABC ，如图. 则111113C EFG A B CEFG V V --=, 13C EFG ABC EFG V V --=. 所以中间部分的体积1111143E FCC ABC A B C V V --== 所以11112ABC A B C V -=，设三棱柱111ABC A B C -的高为h111512ABC A B C ABC V S h h -=⨯==△,则125h =, 设1AA 与底面所成角为α，则11235sin 45h AA α=== ，故选B考向七 二面角问题【解决法宝】对求二面角l αβ--的大小问题，思路1，几何法，先在几何图形中找一找有没有一个角的顶点在二面角的棱上，两边分别在两个半平面内与棱垂直，若有则该角是二面角的平面角，若没有需要作，用垂线法或垂面法或三垂线法作二面角，然后证明所找（作）的角是二面角的平面角，再通过解三角形求出该角；若坐标系容易建立，也可以用向量法计算二面角的大小，即先求出平面α、β的法向量m 、n ，再求出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB •n 与AB•m 同号，则θ=m,n ，若AB •n 与AB •m 异号，则θ=π-m,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关系. 例7【2020山西晋城一中期中】已知矩形ABCD 中23AB =2AD =，沿对角线AC 将面ADC 翻折，使得三棱锥D ABC -体积最大时，二面角D BC A --大小的正切值为（ ） A ．23B ．33C ．23D ．32【分析】依题意可知当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ，由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角，利用三角形的相关性质求出EF ，DE 即可求出二面角D BC A --大小的正切值.【解析】矩形ABCD ，23AB =，2AD =，将ADC∆沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中，当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ， 由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角， 23AB =，2AD =，224AC AB AD ∴=+=，AD DC DE AC ⋅=⋅，3DE ∴=，1AD =，3CE =， ABC EFC ∆∆∽，CE EF CA AB ∴=，33EF ∴=， 32tan 333DE EFD EF ∴∠===，故选C【副题集训】1.【2020福建省3月考】已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是（ ） A ．若//αβ，则l//m B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若l β⊥，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，则m α⊥【答案】C【解析】对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误； 对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误；对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确； 对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误，故选C .2.【2020湖南株洲一中期中】已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（ ）A ．13B ．23C ．3 D ．23【答案】C【解析】设AC BD 、的交点为O ，连接EO ，则AEO ∠为,AE SD 所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为a ，则312,,2AE a EO a OA a ===，所以222cos 2AE OA EO AEO AE OA +-∠=⋅ 222312()()()3222312()()a a a a a +-==⨯⋅，故选C ． 3. 【2020河北省衡水中学六调】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是平行四边形，AC 交BD 于点, O E 为AD 的中点，点F 在PA 上，AP AF λ=，//PC 平面BEF ，则λ的值为（ ）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】D【解析】如下图所示，设AO 交于BE 于点G ，连接FG ，E 为AD 的中点，则1122AE AD BC ==⋅，四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ，AEG △∽CBG ，12AG AE GC BC =∴=，13AG AC ∴=，又//PC 平面BEF ，PC ⊂平面PAC ，平面 BEF ⋂平面PAC GF =．//GF PC ∴,3AP ACAF AGλ∴===，故选D ．4.【2020重庆八中3月月考】如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则1CGCC =（ ）A ．12B ．13C ．23D ．14【答案】 B【解析】∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，∴EF ∥BD 1，平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，∵G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，∴AF ∥BG ，∴1113CG DE CC DD ==，故选B . 5.【2019届广东省汕头市一模】在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ） A ． B ．平面 C ．D ．平面【答案】B【解析】由题意，在正方体中，点是四边形的中心，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选B.6.【2020江西宜春昌黎实验学校月考】在正四棱锥S ABCD -中，E ,M ,N 分别是BC ，CD ，SC 的中点．动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论，不一定成立的为（ ）①EP ⊥AC ；②EP BD ∥；③EP ∥平面SBD ；④EP ⊥平面SAC . A ．①③ B ．③④C ．①②D ．②④【答案】D【解析】作出如图的辅助线，对①,再正四棱锥S ABCD -中,因为AC BD ⊥, AC SO ⊥, BD ⊂面SBD ,SO ⊂面SBD ,且SO BD O ⋂=,故AC ⊥面SBD .又因为E ,M ,N 分别是BC ,CD ,SC 的中点,故面//EMN 面SBD ,故AC ⊥面EMN ,因为EP ⊂面EMN ,故EP ⊥AC 成立.故①成立. 对②,当且仅当P 与M 重合时, EP BD ∥.故②不一定成立.对③,由①有面//EMN 面SBD ,又EP ⊂面EMN ,故EP ∥平面SBD .故③成立. 对④, 当且仅当P 与M 重合时, 才有EP ⊥平面SAC .故④不一定成立，故选D7. 【2020广西桂林一中期末】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ） A 3B ．34C．5D．54【答案】B【解析】如图，设BC的中点为D，连接1A D、AD、1A B，易知1A AB∠即为异面直线AB与1CC所成的角（或其补角），设三棱柱111ABC A B C-的侧棱与底面边长均为1，则3AD=，112A D=，12A B=，由余弦定理，得222111111132cos22114A A AB A BA ABA A AB+-+-∠===⋅⨯⨯，故选B.8.【2020届西北工业大学附中第三次适应性考】如图，在三棱柱111ABC A B C-中，侧棱1AA⊥底面111A B C，底面ABC是正三角形E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）A．1CC与1B E是异面直线B．AC⊥平面11ABB AC．11AE B C⊥D．11//A C平面1AB E【答案】C【解析】对于A选项，由于11,CC B E都含于平面11BCC B，所以不是异面直线，故A选项错误.对于B选项，由于3CABπ∠=，所以AC与平面11ABB A不会垂直，故B选项错误.对于C选项，在等边三角形ABC中，AE BC⊥，根据直三棱柱中易得1AE AA⊥，所以AE⊥平面11BCC B，所以11AE B C ⊥，所以C 选项正确.对于D 选项，由于11//A C AC ，而AC 与平面1AB E 相交，所以直线11A C 与平面1AB E 不平行，故D 选项错误，故选C9.【2020届浙江省温州新力量联盟期末】正四面体ABCD 中，CD 在平面α内，点E 是线段AC 的中点，在该四面体绕CD 旋转的过程中，直线BE 与平面α所成角的余弦值不可能是（ ）A ．16B ．36C ．13D ．1【答案】A【解析】考虑相对运动，让四面体ABCD 保持静止，平面α绕着CD 旋转，∴其垂线也绕着CD 旋转，如右图，取AD 中点F ，连结EF ，则//EF CD ，等价于平面α绕着EF 旋转，设正四面体ABCD 中棱长为2，在BEF ∆中，3BE BF ==，1EF =，3133cos 6231BEF +-∠==⨯⨯，如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面α的垂线可视为圆锥的底面半径EP ，绕着圆锥的轴EF 旋转，显然22BEF PEB BEF ππ-∠≤∠≤+∠，则3sin 16PEB ≤∠≤，设BE 与平面α所成的角为θ，则可得3cos 1θ≤≤，故选A10.【2020福建省闽侯六中期末】在菱形ABCD 中， 60,3A AB ∠=︒=,将ABD ∆折起到PBD ∆的位置，若三棱锥P BCD -的外接球的体积为776π,则二面角P BD C --的正弦值为（ ）A.13 B. 12 C. 3 D. 7 【答案】C【解析】设菱形对角线交点为O ，则POC ∠为二面角P BD C --的平面角，设外接球1O 半径为R ，则347773R R ππ=∴=，所以2211971+-1441cos =32212O O R OB O OC =-=∴∠=⨯⨯， 123,sin 332O OC POC POC ππ∴∠=∴∠=∠=，选C 11.【2019届西安市一质检】已知，，在球的球面上，，，，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】在中，由余弦定理得到求得，由勾股定理得为直角，∴中点即所在小圆的圆心， ∴平面，且小圆半径为1，又直线与截面所成的角为，∴在直角三角形中，球的半径为，∴球的表面积为，故选D.12.【20200湖北黄冈中学一诊】如图，在三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，则直线PA 与平面ABC 所成角的余弦值为（ ）A ．6 B ．5 C ．23D ．3 【答案】D【解析】三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，取BC 中点M ，连接,PM AM ，如下图所示，设2,AB =则1AP =，3PB PC ==，2,3PM AM ==，因为222PM A M P A +=，所以三角形APM 为直角三角形，且AP PM ⊥，则PAM ∠即为直线PA 与平面ABC 所成的角，所以3cos 33PA PAM PM ∠===，故选D.13.【2019届广东省广州市天河区综合测试（二)】如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE 与直线CF 异面；直线BE 与直线AF 异面；直线平面PBC ；平面平面P AD ．其中正确的结论个数为A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个 【答案】C【解析】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：①为中点，又四边形为矩形 ， 四点共面，直线与共面，不是异面直线，即①错误 ②平面，平面，，平面，直线与直线为异面直线，即②正确③，平面，平面，平面，即③正确④假设平面平面，即平面平面，又平面平面，作，垂足为，可得平面，但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误，故选14.【2020届浙江省高中发展共同体期末】如图，在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，则（ ）A ．αβ≥，≤βγB ．αβ≤，≤βγC ．αβ≥，βγ≥D ．αβ≤，βγ≥【答案】A 【解析】在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，由于β是直线AM 与平面ABC 内所有直线所成角中最小的角，故αβ≥，排除B 、D 选项；若2πγ≥，由于02πβ<≤，则≤βγ，排除C选项，故选A.15.【2019届江西省红色七校二联考】如图，单位正方体的对角面上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.则的面积最大值为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】连接，则当M,N 在正方体侧面上（非棱上）运动时，分别过M ，N 作M ⊥面，N ⊥面,则MN=,此时面积小于的面积，故当MN 在面上时，面积最大，当M ∈,设则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN 上的高为,的面积为≤,当x=1时取等；同理当M ∈, 设, 则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN上的高为,的面积为,令f(x)==4x()≥0,故f(x)单调递增，当x=1 取最大值为，故选：A16.【2020年云南省师范大学附属中学期中】四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=，3AB =沿对角线BC 翻折后，二面角A BC D --的余弦值为13-，则三棱锥D ABC -的外接球的体积为（ ） A 5π B 6πC 7πD ．22π【答案】B【解析】如下图所示，取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D --的平面角为AMD ∠，3AB =32DM =，2213DO DM ==，212O M =，设2AMD θ∠=，则21cos 22cos 13θθ=-=-，21cos 3θ∴=，则22sin 3θ=，2tan 2θ∴=，tan 2θ∴=222tan OO O M θ∴=⋅=O 的半径22226R DO OO =+=，所求外接球的体积为246632V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B.17.【2020届河南平顶山许昌济源第一次质检】在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AD CD ⊥，1AB AD ==，2CD =．沿BD 将ABCD 折成60︒ 的二面角A BD C --，则折后直线AC 与平面BCD 所成角的正弦值为（ ） A ．24B 3C 6D ．14【答案】B【解析】由题意，取CD 的中点E ，连接,AE BD 交于点O ，在图（1）中，正方形ABCD ，则AC BD ⊥，即在图（2）中，,AO BD EO BD ⊥⊥，所以AOE ∠为二面角A BD C --的平面角，即60AOE =︒∠，又在AOE ∆中，2260AO EO AOE ==∠=︒，所以AOE ∆等边三角形，取EO 的中点F ，则AF EO ⊥，且2362AF ==，由面面垂直的性质定理，可得AF ⊥平面BCD ，所以ACF ∠为AC 与平面BCD 所成的角，设ACF θ∠=，在CEF ∆中，21,1354EF CE CEF ==∠=，由余弦定理可得22222222132cos135()121(8CF EF CE EF CE =+-=+-⨯=，解得26CF =，所以39tan 13AF CF θ==，所以13cos 4θ=，故选B ．18.【2020广西北海一中二模】在等腰三角形中，，，将它沿边上的高翻折，使为正三角形，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】翻折后所得的四面体ABCD的直观图如图所示，易知AD⊥平面BCD，AD=,BD=BC=CD=3，设△BCD的重心为G，则DG=.则外接球的半径，从而外接球的表面积为.19.【2019届广东省模拟（一)】已知在三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AC＝，PB＝BC＝，PA⊥平面PBC，则三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为__________．【答案】【解析】由题意，已知PA⊥面PBC，且PA＝4，PB＝，AC＝，由勾股定理得AB＝，PC＝，所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，＝=S△PBC×PA＝×××4＝，表面积，设内切球半径为r，利用体积相等，即，所以=×，所以r＝，所以三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为4π×＝ .20.【2020陕西、湖北、山西部分学校3月联考】在长方体1111ABCD A B C D -中，13,4AD AA AB ===，则异面直线1A B 与AC 所成角的余弦值为________．【答案】225【解析】如图，连接1CD ，1AD ，则1//A B CD ，所以1ACD ∠为异面直线1A B 与AC 所成角，由题意可得15AC AD ==，1142A B CD ==，则2221111cos 2AC CD AD ACD AC CD +-∠=⋅2542=⨯⨯225=.21.【2020届浙江省杭州学军中学3月月】在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，11AA =，E 是底面ABCD 的中心，又AF AB λ=（102λ≤≤），则当λ=____时，长方体过点1A ，E ，F 的截面面积的最小值为____. 【答案】110 551255【解析】如图所示，延长EF 交CD 于M ，由已知，有22AE =EF a =，(02)AF t t =≤≤， 在AEF ∆中，由余弦定理得2222cos EF AF AE AE AF EAF =+-⋅∠，即2284a t t =+-， 作AG 垂直于EF 于G ，T 为AB 中点，则AGF ∆与EFT ∆相似，且1A G EF ⊥，所以AG ET AF EF =，即2AG t a =，所以2t AG a =，故过点1A ，E ，F 的截面面积 21221()t S FM A G a a =⨯=+2222236454825(55a t t t t =+=-+=-+） 当25t =，即215410AE AB λ===时，min 36555S ==.22.【2019届安徽省合肥市二质检】已知半径为4的球面上有两点，，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_______．【答案】【解析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OA ＝OB ，所以，OD ⊥AB ，同理O 1D ⊥AB ，所以，即为二面角的平面角，，因为，所以是等腰直角三角形，，在中，由cos60º＝，得，由勾股定理，得：，因为O 1到A 、B 、C 三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，在中，，由勾股定理可得：，即，解得．23.【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】在四面体ABCD 中，41,34,5,,AB CD AC BD AD BC E F ======分别是,AD BC 的中点．则下述结论：①四面体ABCD 的体积为20； ②异面直线,AC BD 所成角的正弦值为2425； ③四面体ABCD 外接球的表面积为50π；④若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6．其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号） 【答案】①③④．【解析】根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为,,a b c ，222222413425c b c a b a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得3,4,5a b c ===补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：①四面体ABCD 的体积为134********V ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=＝，故正确②异面直线,AC BD 所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为1517，故错；③四面体ABCD 外接球就是长方体的外接球，半径2223455022R ++==，其表面积为50π，故正确； ④由于EF α⊥，故截面为平行四边形MNKL ，可得5KL KN +＝，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin sin HFB sin LKN θ∠∠＝＝，算得2425sin θ＝， 224••6225MNKL KL KN S NK KL sin NKL +⎛⎫∴∠≤⨯= ⎪⎝⎭＝．故正确． 故答案为：①③④．。
2020高考数学文科刷题(2019真题+2019模拟)(课件+优选练)专题13点、直线、平面之间的位置关系(教师版)
专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分80分，考试时间50分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·沈阳质量监测)已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若α∥β，m∥α，则m∥βC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β答案D解析对于A，符合已知条件的直线n还可以在平面α内，所以错误；对于B，符合已知条件的直线m还可以在平面β内，所以错误；对于C，符合已知条件的直线m还可以在平面α内，与平面α斜交，或者与平面α平行，所以错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性．故选D.2．(2019·长春质量监测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1C1与B1C所成角的余弦值为()A．0 B.12 C.22 D.32答案B解析由题意知成角为π3，余弦值为12.故选B.3．(2019·广西百色调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()①平面PB1D⊥平面ACD1；②A 1P ∥平面ACD 1；③异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3； ④三棱锥D 1－APC 的体积不变．A ．①②B ．①②④C ．③④D ．①④答案 B解析 根据正方体的性质，有DB 1⊥平面ACD 1，DB 1⊂平面PB 1D ，从而可以证明平面PB 1D ⊥平面ACD 1，①正确；连接A 1B ，A 1C 1，容易证明平面BA 1C 1∥平面ACD 1.又因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，可得A 1P ∥平面ACD 1，②正确；VD 1－APC ＝VC －AD 1P ，因为C 到面AD 1P 的距离不变，且三角形AD 1P 的面积不变，所以三棱锥C －AD 1P 的体积不变，④正确；当P 与线段BC 1的端点重合时，A 1P 与AD 1所成角取得最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成角取得最大值π2，故A 1P 与AD 1所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，③错误．①②④正确．故选B. 4．(2019·泰安期末)若m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列为真命题的是( )A ．若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊥β，m ∥α，则α⊥βD ．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案 C解析 对于A ，当且仅当m 与平面α，β的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于B ，若m ∥α，n ∥α，则直线m ，n 可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C ，由m ⊥β，m ∥α，可得平面α内一定存在直线与直线m 平行，进而得出该直线垂直于平面β，从而α⊥β，所以原命题为真命题；对于D ，若α⊥γ，α⊥β，则平面β与平面γ可能相交、平行或垂直，所以原命题为假命题．故选C.5．(2019·武昌调研)已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l()A．相交B．平行C．垂直D．异面答案C解析无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．故选C.6．(2019·全国卷Ⅲ) 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()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32， BG ＝CG 2＋BC 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52， ∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7.∴BM ≠EN .∵BM ，EN 都是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.7．(2019·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析 (利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对于A ，易判断PR ∥SQ ，故点P ，Q ，R ，S 共面；对于B ，易判断QR ∥SP ，故点P ，Q ，R ，S 共面；对于C ，易判断PQ ∥SR ，故点P ，Q ，R ，S 共面；而D 中的RS ，PQ 为异面直线．故选D.8．(2019·湖北七市(州)联考)设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( )A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直C ．与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行D ．与直线m 平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；因为直线m与平面α相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B.9．(2019·太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN 平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4答案C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④.故选C.10．(2019·厦门质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥AP B．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1D D．MN∥平面BDP答案C解析取B1C1的中点E，连接ME，NE，由三角形中位线定理可得ME∥B1D1，∴ME∥平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形，得NE∥BB1，∴NE∥平面BB1D1D，∴平面MNE∥平面BB1D1D，又MN⊂平面MNE，∴MN∥平面BB1D1D.故选C.11．(2019·包头模拟)在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G 是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，则在四面体P－DEF中，给出下列结论：①PD⊥平面PEF；②DG ⊥平面PEF；③平面PDE⊥平面PDF.其中正确结论的序号是() A．①②B．②③C．①③D．①②③答案C解析如图所示，因为DA⊥AE，DC⊥CF，所以折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，所以DP⊥平面PEF，所以①正确；由DP⊥平面PEF，可知DG⊥平面PEF 是不正确的，所以②不正确；由PE⊥PF，PE⊥DP，可得PE⊥平面PDF，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PDF，所以③正确．综上可知，正确结论的序号为①③.故选C.12．(2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝42，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案D解析连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝4，∴BD＝4.又△BDD1为直角三角形，∴BD21＝BD2＋DD21，得DD1＝4，∴四边形BCC1B1为正方形．连接BC1交B1C于点O，∵BC1∥AD1，∴∠BOC(或其补角)为异面直线B1C与AD1所成的角．由于四边形BCC1B1为正方形，∴∠BOC ＝90°，故异面直线B1C与AD1所成的角为90°.故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.答案②③⇒①(或①③⇒②)解析②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明略．14．(2019·安徽质量检查)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则M点的轨迹长度为________．答案2解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF.可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E，∵M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上．∴M点的轨迹长度GH＝12＋12＝ 2.15．(2019·武汉调研)如图为正方体的一种表面展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．答案 3解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD 与EF 平行．故互为异面直线的有3对．16．(2019·山西四校联考)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 ＝23，则下列说法正确的是________．(填写所有正确说法的序号)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．答案 ④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 ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以四边形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 交线上的一点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．故只有④正确．。
2020年高考数学(文)二轮复习命题考点串讲系列-专题12 空间点、线、面的位置关系(含答案解析)
2020年高考数学（文）二轮复习命题考点串讲系列-专题12 空间点线面的位置关系1、考情解读1.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．2.以几何体的直观图、三视图为载体，考查考生识图、用图能力和对空间线面位置关系的掌握情况．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．2、重点知识梳理1．点、线、面的位置关系(1)平面的基本性质名称图形文字语言符号语言公理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⎭⎬⎫A∈lB∈lA∈αB∈α⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点有且只有一个平面若A、B、C三点不共线，则A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．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.平面α与β不重合，若P∈α，且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a(2)平行公理、等角定理公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.2．直线、平面的平行与垂直定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行⎭⎬⎫a⊄αb⊂αa∥b⇒a∥α线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b线面垂直的判定定理[来源:学+科+网Z+X+X+K] 一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a⊥α，b⊥α⇒a∥b面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β，b ∈β，α∩β＝a ，b ⊥a ⇒b ⊥α3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础.【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件． 2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．若a 、b 、c 代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⎭⎬⎫a △b a △c ⇒b △c 的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a 、b 、c 中有两个为平面，一条为直线，命题⎭⎬⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β是成立的.⎭⎬⎫a ∥αa ∥β⇒α∥β是不成立的． 3、高频考点突破考点1 集合的概念及运算 考点1 空间线面位置关系的判断例1、 (1)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 【答案】D【解析】通解：若α∥β，则m ∥n ，这与m 、n 为异面直线矛盾，所以A 不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.优解：构造图形如图所示，知D项正确．(2)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】通解：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．优解：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．【方法规律】空间线面位置的判定方法1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．【变式探究】m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．【答案】①④考点二 空间平行、垂直关系的证明例2、(2015·高考全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 为菱形，点G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED .(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形， 所以AC ⊥BD因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE ， 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°， 可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝12AC ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝EG 2－GB 2＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积 V E -ACD ＝13×12AC ·GD · BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝AB 2＋BE 2＝22＋2＝ 6.所以S △EAC ＝12AE ·EC ＝12×6×6＝3，△EAD 的面积与△ECD 的面积相等．在△AED 中 ，作EF ⊥AD 于F ，由AE ＝ED 知F 为AD 的中点， ∴EF ＝AE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AD 22＝6－1＝ 5∴S △EAD ＝12AD ·EF ＝12×2×5＝ 5. 故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 【方法规律】证明线线平行与线线垂直的方法1．证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．2．证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .【变式探究】如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，且BC ＝2AD ，AD ⊥CD ，PB ⊥CD ，点E 在棱PD 上，且PE ＝2ED .(1)求证：平面PCD ⊥平面PBC ； (2)求证：PB ∥平面AEC .证明：(1)因为AD ⊥CD ，AD ∥BC ， 所以CD ⊥BC ，又PB ⊥CD ，PB ∩BC ＝B ， PB ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以CD ⊥平面PBC ， 又CD ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面PBC . (2)连接BD 交AC 于点O ，连接OE .因为AD∥BC，所以△ADO∽△CBO，所以DO∶OB＝AD∶BC＝1∶2，又PE＝2ED，所以OE∥PB.又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.考点三立体几何中的折叠、探索问题例3、如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A′BC；(2)求证：A′C⊥BE；(3)线段A′D上是否存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE？若存在，求出DF的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，又因为DE⊄平面A′BC，所以DE∥平面A′BC.(2)证明：因为∠C＝90°，DE∥BC，所以DE⊥CD，由题意可知，DE⊥A′D，又A′D∩CD ＝D，所以DE⊥平面A′CD，所以BC⊥平面A′CD，所以BC⊥A′C，又A′C⊥CD，且CD∩BC ＝C，所以A′C⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A′C⊥BE.(3)线段A′D上存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE.理由如下：因为A′C⊥CD，所以，在Rt△A′CD中，过点C作CF⊥A′D于F，由(2)可知，DE⊥平面A′CD，【变式探究】已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AE＝2EB，AF＝2FC，将△AEF沿EF折起，使A变到A′，使平面A′EF⊥平面EFCB.(1)试在线段A′C上确定一点H，使FH∥平面A′BE.(2)试求三棱锥A′EBC的外接球的半径与三棱锥A′EBC的表面积．解：(1)AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AF＝2FC，所以EF＝23BC＝83，在A′C上取点H，使A′H＝2HC，连接HF，再在A′B上取点K，使A′K＝2KB，连接HK，EK，可知，KH∥BC，且KH＝23BC，可知KH∥EF，且KH＝EF，所以四边形EFHK为平行四边形，FH∥EK，EK⊂平面A′EB，FH⊄平面A′EB，所以FH∥平面A′EB，故H点为A′C的靠近C点的三等分点．(2)由题意可知，A′E⊥平面EFCB，BC＝4，EB＝1，A′E＝2，A′B＝A′E2＋BE2＝22＋12＝5，设三棱锥A′EBC的外接球半径为R，可知(2R)2＝A′E2＋BE2＋BC2，(2R)2＝4＋1＋42＝21，所以R＝21 2.三棱锥A′EBC的表面积为S＝S△A′BC ＋S△A′BE＋S△BEC＋S△A′EC＝12×4×5＋12×1×2＋12×4×1＋12×2×17＝3＋17＋2 5.4、真题感悟（2014-2017年）1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.2．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【答案】C【解析】如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD .若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．∴AE ＝EC ＝2，在△ABD 中，设DE ＝x ，根据余弦定理cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝AD 2＋DE 2－AE 22AD ·DE＝22＋222－2222×2×22＝22＋x 2－222×2×x .解得x ＝2，∴点E 是BD 的中点，则V D -ACE ＝V E -ACE ，∴V D -ACE V B -ACE＝1∶1. 4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．为正方形，则CM ⊥AD .(5分)因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .(7分)因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .(8分)设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，取CD 的中点N ，连接PN .则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．(10分)于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3.(12分) 1．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【答案】C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β.因为n⊥β，所以n⊥l.2．(2016·高考山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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3．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(导学号55410121)(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由．证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，所以CD⊥平面P AC.(2)证明：因为AB∥CD，CD⊥平面P AC，所以AB⊥平面P AC，AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)解：棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.证明如下，取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF为△P AB的中位线，所以EF∥P A.又P A ⊄平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，所以P A ∥平面CEF .4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．V N BCM ＝13·S △BCM ·P A 2＝453.。
2020版高考人教A版文科数学一轮复习文档：第七章 第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系 Wo
姓名，年级：时间：第三节空间点、直线、平面之间的位置关系2019考纲考题考情1．平面的基本性质2。
空间两直线的位置关系（2）平行公理：公理4：平行于同一直线的两条直线互相平行—-空间平行线的传递性.（3)等角定理: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。
(4）异面直线所成的角:①定义：设a、b是两条异面直线,经过空间任一点O 作直线a′∥a,b′∥b，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)。
②范围：错误!。
3．直线与平面的位置关系1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论3:经过两条平行直线有且只有一个平面。
2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线。
3．两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角。
一、走进教材1．（必修2P43练习T1改编）下列命题中正确的是（)A．过三点确定一个平面B．四边形是平面图形C．三条直线两两相交则确定一个平面D．两个相交平面把空间分成四个区域解析对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故B错误;对于C,三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面,故C错误;对于D，平面是无限延展的,两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确。
答案D2．(必修2P49练习题）若直线a不平行于平面α,且a⊄α，则下列结论成立的是（）A．α内的所有直线与a异面B．α内不存在与a平行的直线C．α内存在唯一的直线与a平行D．α内的直线与a都相交解析若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则线面相交,A选项不正确，α内存在直线与a相交；B选项正确，α内的直线与直线a的位置关系是相交或者异面，不可能平行；C选项不正确，因为α内的直线与直线a 的位置关系是相交或者异面，不可能平行；D选项不正确，α内只有过直线a与平面的交点的直线与a相交.故选B.答案B二、走近高考3．（2018·全国卷Ⅱ）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，设正方体棱长为2a,则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a,所以BE＝错误!a。
副题04 空间点线面的位置关系(文)(解析版)
2020届高考数学23题对对碰【二轮精品】 第一篇副题4 空间点线面的位置关系（文）【副题考法】本副题考题形式为选择题或填空题，以简单几何体与球的切接为载体考查球的几何性质与求得表面积与体积计算，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为5分．【主题考前回扣】1. 球的性质：球被一个平面所截， （1）截面是圆；（2）球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂；（3）若球心到截面的距离为d ，球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则222d r R +=. 2. 线面平行（1）判定：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.（2）性质：一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行. 3.面面平行（1）判定：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行. （2）性质：①若两个平面平行，则一个平面内一条直线与另一个平面平行.②如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.4.线面垂直（1）定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α互相垂直.记作：l ⊥α.（2）判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直. （3）性质定理：①垂直于同一个平面的两条直线平行.②若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. 5.面面垂直（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.（2）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.（3）性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直. 6.异面直线所成的角（1）定义：已知b a ,是异面直线，O 是空间任意一点，过O 作b b a a //,//''，则b a '',所成的锐角或直角叫异面直线b a ,所成的角. （2）范围：]2,0(π.【易错点提醒】1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．2.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．【副题考向】考向一 球与简单几何体的切接问题【解决法宝】①涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解，球内接正棱锥、正棱柱、圆柱、圆锥的球心在高上，球的截面性质是求解此类问题重要工具.②若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则22224c b a R ++=，把有关元素“补形”为一个球内接长方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．例1【2020甘肃武威一中期中】四面体ABCD 的四个顶点在同一球面上中，4AB BC CD DA ====，22AC BD ==E 为AC 的中点，过E 作其外接球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为( )A ．5:4B 52C 52D ．5:2【分析】作出图形，根据几何体特征确定球心的位置，过点E 的最大截面即为过球心的大圆，最小截面即为AC 为直径的圆．【解析】如图，取BD 中点F ，连接AF 、CF ，AB AD =，BC CD =， AF BD ∴⊥，CF BD ⊥，ABD ∴∆与BDC ∆的外心在直线AF 与CF 上，分别设为G 、H ，连GH ，分别过G 、H 作平面ABD 与平面BDC 的垂线，交于点O ，则点O 为四面体ABCD 的外接球球心，且点A 、G 、F 、H 、C 、E 、O 都在同一平面上 在ABD ∆中，易得14AF =，14sin AF ABD AB ∠==， 所以由正弦定理得2sin AD R ABD =∠，其中R 为ABD ∆的外接圆半径，解得414R =，即414AG =，所以314FG =， 因为三角形ABD CBD ≅∆，所以314FH =， 在AFC ∆中，由余弦定理可得5cos 7AFC ∠=，所以26sin AFC ∠=在GFH ∆中，由余弦定理得62GH = 由正弦定理得12sin GHR AFC=∠，其中1R 为GFH ∆的外接圆半径，解得123R =，因为OG AF ⊥，OH CF ⊥，所以OGFH 四点共圆，连接OF ，则OF 为直径， 所以123OF R ==，连接OB ，则OB 为四面体外接球的半径，设为1r ， 则2215r OF BF =+=，当过点E 的截面经过球心O 时，截面面积最大，其面积记为1S 又因为AF CF =，E 为中点， 所以FE AC ⊥，且球心O 也在EF 上，所以以AB 为直径的圆为过点E 的最小截面，其半径为22r =，其面积记为2S 所以221212::5:2S S r r ==，故选D ．考向二 空间点线面位置关系的判定【解决法宝】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断或将笔作直线，书做平面，利用实验进行判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.例2 【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】已知,αβ是空间中两个不同的平面，,m n 是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A ．若,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则 m n ⊥ B ．若,m n αα⊂⊂，且//,//m n ββ，则//αβ C ．若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则 m n ⊥ D ．若,//m n αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除. 【解析】对于A ，当,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于B ，当//m n 时，不能判定//αβ，故错；对于C ，若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于D ，由,//m βαα⊥可得m β⊥，又//n β，则m n ⊥故正确． 故选D ．考向三 简单几何体中点线面位置关系的判定【解决法宝】对简单几何体中点线面位置关系的判定问题，首先要熟记空间线线、线面、面面平行与垂直的定义、判定与性质，掌握线线、线面、面面平行的相互转化及线线、线面、面面垂直的相互转化，其次认真阅读试题，理清题中的条件和结论，然后利用相关知识和方法，对每个结论认真分析，即可找出正确的结论,例3【2020陕西省汉中3月线上模拟】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 不平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等【分析】根据条件对选项进行逐一分析, A.若有1D D AF ⊥，则能得到1DD ⊥平面AEF ，进一步得到1CC EF ⊥，显然不成立，可判断. B.取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ,可得平面1//A GO 平面AEF ，从而可判断. C.连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ，由条件可得1//EF AD ，截面即为梯形1AEFD ，再计算其面积. D.用等体积法分别求出点C 和点G 到平面AEF 的距离，从而判断.【解析】A.若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误； B.如图所示，取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1GQ AQ Q =，EF AE E =，所以平面1//A GO 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论不正确；C.如图所示，连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ,因为E ，F 为1C C ，BC 的中点，所以1//EF AD ，所以A ，E ，F ，1D 四点共面，所以，截面即为梯形1AEFD 又因为2214225D S AS ==+=，122AD =，所以()1221222225622AD S S ∆⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139642AEFD S =⨯=梯形，故结论正确； D.记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为1h ，2h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，又因为2112222333G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，所以12h h ≠，故结论错误，故选C. 考向四 折叠问题【解决法宝】(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形 例4 【2020河北邯郸网上检测】在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，则下列结论正确的是（ ）A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【分析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=，根据余弦定理可得：3CB a =，结合已知，逐项判断，即可求得答案.【解析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=， 根据余弦定理可得：3CB a =，D 为BC 中点，DE AC ⊥，故3CD DB a ==又Rt CDE ∆中，30C ︒∠=，∴33,44ED a CE a==，可得14EA a =，在折叠前图形中取BD 中点M ，连接,FM AMAD CB ⊥，34DM =，2a DA =，∴232tan 33aAD DMA DM a∠===，又tan tan 603CDE ︒∠==∴AM 不平行DE ——①对于C ，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，∴AE DE ⊥,CE DE ⊥，故ED ⊥面CEA ，故C 正确；对于A ，在Rt EDA ∆，由222222314416AD ED EA a a ⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，在Rt CAE ∆，22222231104416CA EA EC a a a ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又222312=216CD a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，∴222CD AD CA ≠+，故AD 不垂直CD ，故A 错误；对于B ，F 是BC 中点，BD 中点M ，∴//MF CD ，假设//AF DE ，可得面//AFM 面CDE ，进而可得//AM ED ，与结论①相矛盾，故假设错误，故B 错误.对于D ，F 是BC 中点，BD 中点M ，∴//MF CD ，假设//AF 平面CDE ，可得面//AFM 面CDE ，进而可得//AM ED ，与结论①相矛盾，故假设错误，故D 错误，综上所述，正确的是C ，故选C.考向五 异面直线所成角的问题【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作（平行线）——证（平行）——算（解三角形）”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来计算，注意向量夹角与异面直线角的关系.例5 【2019河南南阳一高期末】平面过正方体的顶点A ，平面，平面，则直线m 与直线BC 所成角的正弦值为A ．B ．C ．1D ．【分析】根据题意作出几何体，找到直线，由图像可得即等于直线m 与直线BC 所成的角，进而可求出结果. 【解析】如图：平面，平面，可知：，是直线m 与直线BC 所成角或所成角的补角，，，，．直线m 与直线BC 所成角的正弦值为，故选B ．【副题集训】1.【2020福建省3月考】已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是（ ） A ．若//αβ，则l//m B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若l β⊥，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，则m α⊥【答案】C【解析】对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误； 对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误； 对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确； 对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误，故选C .2.【2020湖南株洲一中期中】已知正四棱锥S ABCD-的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE SD，所成的角的余弦值为（）A．13B．23C．33D．23【答案】C【解析】设AC BD、的交点为O，连接EO，则AEO∠为,AE SD所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为a，则312,,222AE a EO a OA a===，所以222cos2AE OA EOAEOAE OA+-∠=⋅222312()()()32223312()()22a a aa a+-==⨯⋅，故选C．3. 【2020河北省衡水中学六调】如图，已知四棱锥P ABCD-的底面是平行四边形，AC交BD于点,O E 为AD的中点，点F在PA上，AP AFλ=，//PC平面BEF，则λ的值为（）A．1 B．32C．2 D．3【答案】D【解析】如下图所示，设AO交于BE于点G，连接FG，E为AD的中点，则1122AE AD BC==⋅，四边形ABCD是平行四边形，//AD BC，AEG△∽CBG，12AG AEGC BC=∴=，13AGAC∴=，又//PC平面BEF，PC⊂平面PAC，平面BEF⋂平面PAC GF=．//GF PC∴,3AP ACAF AGλ∴===，故选D．4.【2020重庆八中3月月考】如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则1CGCC =（ ）A ．12B ．13C ．23D ．14【答案】 B【解析】∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，∴EF ∥BD 1，平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，∵G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，∴AF ∥BG ，∴1113CG DE CC DD ==，故选B . 5.【2019届广东省汕头市一模】在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ） A ． B ．平面 C ．D ．平面【答案】B【解析】由题意，在正方体中，点是四边形的中心，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选B.6.【2020江西宜春昌黎实验学校月考】在正四棱锥S ABCD -中，E ,M ,N 分别是BC ，CD ，SC 的中点．动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论，不一定成立的为（ ）①EP ⊥AC ；②EP BD ∥；③EP ∥平面SBD ；④EP ⊥平面SAC . A ．①③ B ．③④C ．①②D ．②④【答案】D【解析】作出如图的辅助线，对①,再正四棱锥S ABCD -中,因为AC BD ⊥, AC SO ⊥, BD ⊂面SBD ,SO ⊂面SBD ,且SO BD O ⋂=,故AC ⊥面SBD .又因为E ,M ,N 分别是BC ,CD ,SC 的中点,故面//EMN 面SBD ,故AC ⊥面EMN ,因为EP ⊂面EMN ,故EP ⊥AC 成立.故①成立. 对②,当且仅当P 与M 重合时, EP BD ∥.故②不一定成立.对③,由①有面//EMN 面SBD ,又EP ⊂面EMN ,故EP ∥平面SBD .故③成立. 对④, 当且仅当P 与M 重合时, 才有EP ⊥平面SAC .故④不一定成立，故选D7. 【2020广西桂林一中期末】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ） A ．34 B ．34C 5D ．54【答案】B【解析】如图，设BC 的中点为D ，连接1A D 、AD 、1A B ，易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角），设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长均为1，则3AD =，112A D =，12A B =，由余弦定理，得222111111132cos 22114AA AB A B A AB A A AB +-+-∠===⋅⨯⨯，故选B.8.【2020届西北工业大学附中第三次适应性考】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面ABC 是正三角形E 是BC 的中点，则下列叙述正确的是（ ）A ．1CC 与1B E 是异面直线 B ．AC ⊥平面11ABB A C ．11AE B C ⊥D ．11//A C 平面1AB E【答案】C【解析】对于A 选项，由于11,CC B E 都含于平面11BCC B ，所以不是异面直线，故A 选项错误. 对于B 选项，由于3CAB π∠=，所以AC 与平面11ABB A 不会垂直，故B 选项错误.对于C 选项，在等边三角形ABC 中，AE BC ⊥，根据直三棱柱中易得1AE AA ⊥，所以AE ⊥平面11BCC B ，所以11AE B C ⊥，所以C 选项正确.对于D 选项，由于11//A C AC ，而AC 与平面1AB E 相交，所以直线11A C 与平面1AB E 不平行，故D 选项错误，故选C9.【2020辽宁锦州一中期末】设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．即不充分不必要条件【答案】A【解析】 α⊥β， b ⊥m又直线a 在平面α内，所以a ⊥b ，但直线不一定相交，所以“α⊥β”是“a ⊥b”的充分不必要条件，故选A.10.【2020届四川石室天府中学第四次量检】如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G ，H 分别为棱1AA 、1CC 、11B C 、11A B 的中点，则下列各直线中，不与平面1ACD 平行的是（ ）A ．直线EFB ．直线GHC ．直线EHD ．直线1A B【答案】C【解析】在正方体中，因为//EF AC ，所以//EF 平面1ACD ，故A 正确. 因为1111//,//GH A C A C AC ，所以//GH AC ，所以//GH 平面1ACD 故B 正确. 因为11//A B D C ，所以1//A B 平面1ACD ，故D 正确.因为11//,EH C D C D 与 1D C 相交，所以 EH 与平面1ACD 相交，故C 错误. 故选C11.【2020贵州安顺一中期末】如图(1)所示，在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，如图(2)所示，那么，在四面体S －EFG 中必有( )A ．SG ⊥△EFG 所在平面B ．SD ⊥△EFG 所在平面C ．GF ⊥△SEF 所在平面D ．GD ⊥△SEF 所在平面 【答案】A 【解析】由已知且，∴面，A 正确；若面，则，由（1）知，在中，这是不可能的，B 错；若面，则,由（1）知，，在中是不可能的，C 错；若面，则，由（1）知，在中，这是不可能的，D 错.12.【2020黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学期中】直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1AB AC AA ==，则直线1A B 与1AC 所成角的大小为A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°【答案】B【解析】因为几何体直三棱柱，BC ∥B 1C 1，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面ABC ，AB AC ⊥，连结111,A C A C AC O ⋂=，取BC 的中点H,连结OH ，则直线1A B 与1AC 所成的角为就是,AOH ∠ 设112AB AC AA BC ====，．易得2,2AO AH OH ===三角形AOH 是正三角形，异面直线所成角为60°，故选B ．13.【2019届广东省广州市天河区综合测试（二)】如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE 与直线CF 异面；直线BE 与直线AF 异面；直线平面PBC ；平面平面P AD ．其中正确的结论个数为A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个 【答案】C【解析】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：①为中点，又四边形为矩形 ， 四点共面，直线与共面，不是异面直线，即①错误 ②平面，平面，，平面，直线与直线为异面直线，即②正确③，平面，平面，平面，即③正确④假设平面平面，即平面平面，又平面平面，作，垂足为，可得平面，但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误，故选14.【2020吉林一中期中】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．32B ．155C ．105D ．33【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ．15.【2019届江西省红色七校二联考】如图，单位正方体的对角面上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.则的面积最大值为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】连接，则当M,N 在正方体侧面上（非棱上）运动时，分别过M ，N 作M ⊥面，N ⊥面,则MN=,此时面积小于的面积，故当MN 在面上时，面积最大，当M ∈,设则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN 上的高为,的面积为≤,当x=1时取等；同理当M ∈, 设, 则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN上的高为,的面积为,令f(x)==4x()≥0,故f(x)单调递增，当x=1 取最大值为，故选：A16.【2020届广东中山期末】下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出//AB 平面MNP 的图形的序号是（ ）A．①③B．②③C．①④D．②④【答案】CMN AC NP BC，根据面面平行的性质定理可知平面【解析】对于①，连接AC如图所示，由于//,//MNP平面ACB，所以////AB平面MNP.对于②，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面ABC内AB与DN 相交，所以直线AB与平面MNP相交.AB CD，而CD与PN相交，即CD与平面PMN相交，所以AB与平面MNP相对于③，连接CD，则//交.对于④，连接CD ，则////AB CD NP ，由线面平行的判定定理可知//AB 平面MNP .综上所述，能得出//AB 平面MNP 的图形的序号是①④.，故选C17.【2020届四川省乐山一调】如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（ ）A ．212- B ．212+ C ．61- D ．312- 【答案】D【解析】因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离13142d =-=，而截面到球体最低点距离为31-，而蛋巢的高度为12，故球体到蛋巢底面的最短距离为133112⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭. 18.【2020广西北海一中二模】在等腰三角形 中，，，将它沿边上的高翻折，使为正三角形，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】翻折后所得的四面体ABCD 的直观图如图所示，易知AD ⊥平面BCD ，AD =,BD =BC =CD =3，设△BCD 的重心为G ，则DG =.则外接球的半径，从而外接球的表面积为.19.【2019届广东省模拟（一)】已知在三棱锥P ﹣ABC 中，PA ＝4，AC ＝，PB ＝BC ＝，PA ⊥平面PBC ，则三棱锥P ﹣ABC 的内切球的表面积为__________． 【答案】【解析】由题意，已知PA ⊥面PBC ，且PA ＝4，PB ＝，AC ＝，由勾股定理得AB ＝，PC ＝，所以，△PBC 为等边三角形，△ABC 为等腰三角形，＝=S △PBC ×PA ＝×××4＝，表面积，设内切球半径为r ，利用体积相等，即，所以=×，所以r ＝ ，所以三棱锥P ﹣ABC 的内切球的表面积为4π×＝ .20.【2020陕西、湖北、山西部分学校3月联考】在长方体1111ABCD A B C D -中，13,4AD AA AB ===，则异面直线1A B 与AC 所成角的余弦值为________．22【解析】如图，连接1CD ，1AD ，则1//A B CD ，所以1ACD ∠为异面直线1A B 与AC 所成角，由题意可得15AC AD ==，1142A B CD ==，则2221111cos 2AC CD AD ACD AC CD +-∠=⋅2542=⨯⨯225=21.【2020届浙江省杭州学军中学3月月】在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，11AA =，E 是底面ABCD 的中心，又AF AB λ=（102λ≤≤），则当λ=____时，长方体过点1A ，E ，F 的截面面积的最小值为____. 【答案】110 12551255【解析】如图所示，延长EF 交CD 于M ，由已知，有22AE =，设EF a =，(02)AF t t =≤≤， 在AEF ∆中，由余弦定理得2222cos EF AF AE AE AF EAF =+-⋅∠，即2284a t t =+-， 作AG 垂直于EF 于G ，T 为AB 中点，则AGF ∆与EFT ∆相似，且1A G EF ⊥，所以AG ET AF EF =，即2AG t a =，所以2t AG a =，故过点1A ，E ，F 的截面面积 21221()t S FM A G a a =⨯=⨯+222223624254825(55a t t t t =+=-+=-+）， 当25t =，即215410AE AB λ===时，min 36125255S ==.22.【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】在四面体ABCD 中，41,34,5,,AB CD AC BD AD BC E F ======分别是,AD BC 的中点．则下述结论：①四面体ABCD 的体积为20； ②异面直线,AC BD 所成角的正弦值为2425； ③四面体ABCD 外接球的表面积为50π；④若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6．其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）【答案】①③④．【解析】根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为,,a b c ，222222413425c b c a b a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得3,4,5a b c ===补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：①四面体ABCD 的体积为134********V ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=＝，故正确②异面直线,AC BD 所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为1517，故错； ③四面体ABCD 外接球就是长方体的外接球，半径22234550R ++==，其表面积为50π，故正确； ④由于EF α⊥，故截面为平行四边形MNKL ，可得5KL KN +＝，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin sin HFB sin LKN θ∠∠＝＝，算得2425sin θ＝， 224••6225MNKL KL KN S NK KL sin NKL +⎛⎫∴∠≤⨯= ⎪⎝⎭＝．故正确． 故答案为：①③④．。
2020年 高考数学(文科) 历年真题模拟题 高分必刷题之 空间点、直线、平面之间的位置关系
[基础题组练]1．已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( ) A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C ．至少与a ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C.若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，知a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．2．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( ) A ．空间四边形 B ．矩形 C ．菱形 D ．正方形解析：选B.如图所示，易证四边形EFGH 为平行四边形． 因为E ，F 分别为AB ，BC 的中点， 所以EF ∥AC . 又FG ∥BD ，所以∠EFG 或其补角为AC 与BD 所成的角． 而AC 与BD 所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH 为矩形．3．已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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.若直线a ，b 相交，设交点为P ，则P ∈a ，P ∈b .又a ⊂α，b ⊂β，所以P ∈α，P ∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面或平行．故“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．4．(2019·广州市高中综合测试(一))在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，AB ＝CD ，AB ⊥CD ，则异面直线EF 与AB 所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：选B.取BD 的中点O ，连接OE ，OF ，因为E ，F 分别为AD ，BC 的中点，AB ＝CD ，所以EO ∥AB ，OF ∥CD ，且EO ＝OF ＝12CD ，又AB ⊥CD ，所以EO ⊥OF ，∠OEF为异面直线EF 与AB 所成的角，由△EOF 为等腰直角三角形，可得∠OEF ＝π4，故选B.5．已知棱长为a 的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，M ，N 分别为CD ，AD 的中点，则MN 与A ′C ′的位置关系是________________________________________________________．解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC∥A′C′，所以MN∥A′C′.答案：平行6．给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．其中真命题的序号是________．解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．答案：①②③7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1、H、O三点共线．证明：如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，因为BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，所以H∈OD1.即D1、H、O三点共线．8．在正方体ABCD-A1B1C1D1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ABCD-A1B1C1D1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ABCD-A1B1C1D1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 ⊥A 1C 1.即A 1C 1与EF 所成的角为90°.[综合题组练]1．如图所示，平面α∩平面β＝l ，A ∈α，B ∈α，AB ∩l ＝D ，C ∈β，C ∉l ，则平面ABC 与平面β的交线是( )A ．直线ACB ．直线ABC ．直线CDD ．直线BC解析：选C.由题意知，D ∈l ，l ⊂β，所以D ∈β， 又因为D ∈AB ，所以D ∈平面ABC ， 所以点D 在平面ABC 与平面β的交线上． 又因为C ∈平面ABC ，C ∈β，所以点C 在平面β与平面ABC 的交线上， 所以平面ABC ∩平面β＝CD .2．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，|AB |＝2|BB 1|，则AB 1与BC 1所成角的大小为( ) A.π6 B.π3 C.5π12D.π2 解析：选D.将正三棱柱ABC -A 1B 1C 1补为四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，连接C 1D ，BD ，则C 1D ∥B 1A ，∠BC 1D 为所求角或其补角．设|BB 1|＝2，则|BC |＝|CD |＝2，∠BCD ＝120°，|BD |＝23，又因为|BC 1|＝|C 1D |＝6，所以∠BC 1D ＝π2.3.(2019·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，点E ，F ，H ，K 分别为AC ′，CB ′，A ′B ′，B ′C ′的中点，G 为△ABC 的重心．从K ，H ，G ，B ′四点中取一点作为P ，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行，则P 为________．解析：取A ′C ′的中点M ，连接EM ，MK ，KF ，EF ，则EM 綊12CC ′綊KF ，得四边形EFKM 为平行四边形，若取点K 为P ，则AA ′∥BB ′∥CC ′∥PF ，故与平面PEF 平行的棱超过2条；因为HB ′∥MK ，MK ∥EF ，所以HB ′∥EF ，若取点H 或B ′为P ，则平面PEF 与平面EFB ′A ′为同一平面，与平面EFB ′A ′平行的棱只有AB ，不符合题意；连接BC ′，则EF ∥A ′B ′∥AB ，若取点G 为P ，则AB ，A ′B ′与平面PEF 平行．答案：G4．如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ， 因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点， 所以AD ∥BC ，所以直线AC 1与AD 所成角等于异面直线AC 1与BC 所成角，因为C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，所以C 1D ⊥圆柱下底面，所以C 1D ⊥AD ， 因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形， 所以C 1D ＝2AD ，所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2， 所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2. 答案： 25.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．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．解：(1)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．(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，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AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.6.(综合型)如图，E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 各边上的点，且AE ∶EB ＝AH ∶HD ＝m ，CF ∶FB ＝CG ∶GD ＝n .(1)证明：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)m ，n 满足什么条件时，四边形EFGH 是平行四边形？ (3)在(2)的条件下，若AC ⊥BD ，试证明：EG ＝FH . 解：(1)证明：因为AE ∶EB ＝AH ∶HD ，所以EH ∥BD . 又CF ∶FB ＝CG ∶GD ，所以FG ∥BD .所以EH ∥FG . 所以E ，F ，G ，H 四点共面．(2)当EH ∥FG ，且EH ＝FG 时，四边形EFGH 为平行四边形． 因为EH BD ＝AE AE ＋EB ＝m m ＋1，所以EH ＝m m ＋1BD .同理可得FG ＝n n ＋1BD ，由EH ＝FG ，得m ＝n .故当m ＝n 时，四边形EFGH 为平行四边形．(3)证明：当m ＝n 时，AE ∶EB ＝CF ∶FB ，所以EF ∥AC ，又EH ∥BD ，所以∠FEH 是AC 与BD 所成的角(或其补角)，因为AC ⊥BD ，所以∠FEH ＝90°，从而平行四边形EFGH 为矩形，所以EG ＝FH .。
2020年高考课标版高考文科数学 §8.2 空间点、线、面的位置关系
§8.2空间点、线、面的位置关系挖命题【考情探究】分析解读高考对本节内容的考查主要体现在两个方面:一是以四个公理和推论为基础,考查点、线、面之间的位置关系;二是考查两直线的位置关系.考查形式以选择题和填空题为主,也可能在解答题中出现,本节内容主要考查学生的空间想象能力,所以在备考时应加强训练.破考点【考点集训】考点点、线、面的位置关系1.(2019届黑龙江顶级名校11月联考,4)若m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列说法中正确的是( )A.α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥nB.α⊥γ,β⊥γ⇒α∥βC.α∥β,m∥n,m⊥α⇒n⊥βD.α∩β=m,β∩γ=n,m∥n⇒α∥β答案C2.(2018湖南益阳、湘潭两市联考,10)如图,G,N,M,H分别是正三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.①③B.②③C.②④D.②③④答案C3.(2019届四川顶级名校10月联考,6)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线DC1和B1C所成角的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.90°答案C4.下列说法中,正确的个数是( )①如果两条平行直线中的一条和一个平面相交,那么另一条直线也和这个平面相交;②一条直线和另一条直线平行,它就和经过另一条直线的任何平面都平行;③经过两条异面直线中的一条直线,有一个平面与另一条直线平行;④两条相交直线,其中一条直线与一个平面平行,则另一条直线一定与这个平面平行.A.0B.1C.2D.3答案C5.若P是两条异面直线l,m外的任意一点,则( )A.过点P有且仅有一条直线与l,m都平行B.过点P有且仅有一条直线与l,m都垂直C.过点P有且仅有一条直线与l,m都相交D.过点P有且仅有一条直线与l,m都异面答案B6.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,E,F分别是BD1和AD的中点,则异面直线CD1与EF所成的角的大小为.答案90°7.求证:如果两两平行的三条直线都与另一条直线相交,那么这四条直线共面.解析已知:a∥b∥c,l∩a=A,l∩b=B,l∩c=C.求证:直线a,b,c,l共面.证明:如图所示,因为a∥b,所以由公理2的推论3可知直线a与b确定一个平面,设为α.因为l∩a=A,l∩b=B,所以A∈a,B∈b,则A∈α,B∈α.又因为A∈l,B∈l,所以由公理1可知l⊂α.因为b∥c,所以由公理2的推论3可知直线b与c确定一个平面β,同理可知l⊂β.因为平面α和平面β都包含着直线b与l,且l∩b=B,而由公理2的推论2知,平面α与平面β重合,所以直线a,b,c,l共面.炼技法【方法集训】方法1 证明点共线、线共点及点线共面的方法1.(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)∵==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,∴==3.∴AH∶HD=3∶1.(2)证明:∵EF∥GH,且=,=,∴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.2.(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.方法2 异面直线所成角的求解方法1.(2019届广东七校9月联考,10)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AA1=2AB,D是AA1的中点,则BD与A1C1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案B2.(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. B. C. D.答案D3.如图,已知在三棱锥A-BCD中,AB=CD,且直线AB与CD成60°角,点M,N分别是BC,AD的中点,则直线AB与MN所成角的大小为.答案60°或30°过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点点、线、面的位置关系1.(2018课标全国Ⅱ,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )A. B. C. D.答案C2.(2016课标全国Ⅰ,11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )A. B. C. D.答案AB组自主命题·省(区、市)卷题组考点点、线、面的位置关系1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n答案C2.(2016山东,6,5分)已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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答案A3.(2015广东,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交答案D4.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;(3)证明:直线DF⊥平面BEG.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下:因为ABCD-EFGH为正方体,所以BC∥FG,BC=FG,又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,于是四边形BCHE为平行四边形.所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG=B,所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明:连接FH.因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH,因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG.C组教师专用题组考点点、线、面的位置关系1.(2015浙江,4,5分)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.()A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m答案A2.(2014广东,9,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案D3.(2010全国Ⅰ,6,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A.30°B.45°C.60°D.90°答案C4.(2011全国,15,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为. 答案5.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.解析(1)由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC,∴四面体ABCD的体积V=××2×2×1=.(2)证明:∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥平面BDC,BC⊂平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.6.(2013课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若AB=CB=2,A1C=,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.解析(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,所以AB⊥A1C.(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形,所以OC=OA1=.又A1C=,则A1C2=OC2+O,故OA1⊥OC.因为OC∩AB=O,所以OA1⊥平面ABC,OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高.又△ABC的面积S△ABC=,故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·OA1=3.【三年模拟】时间:45分钟分值:50分一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2019届宁夏银川一中11月月考,6)设α、β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题正确的是( )A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥αB.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥βC.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥βD.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α答案D2.(2019届辽宁顶级名校10月联考,10)设m,n是两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列四个命题中不正确的是( )A.m⊥α,n⊥β且α⊥β,则m⊥nB.m∥α,n⊥β且α⊥β,则m∥nC.m⊥α,n∥β且α∥β,则m⊥nD.m⊥α,n⊥β且α∥β,则m∥n答案B3.(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,A1B.B1,C1,AC.A1,B1,CD.A1,B,C1答案D4.(2019届陕西四校期中联考,9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案A5.(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. B.2 C. D.4答案A6.(2019届福建四地七校10月联考,10)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P,Q分别是线段AD1和B1C上的动点,且满足AP=B1Q,则下列命题错误的是( )A.存在P,Q在某一位置时,AB∥PQB.△BPQ的面积为定值C.当PA>0时,直线PB1与AQ是异面直线D.无论P,Q运动到任何位置,均有BC⊥PQ答案B7.(2017山西临汾三模,4)已知平面α及直线a,b,则下列说法正确的是( )A.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线平行B.若直线a,b与平面α所成角都是30°,则这两条直线不可能垂直C.若直线a,b平行,则这两条直线中至少有一条与平面α平行D.若直线a,b垂直,则这两条直线与平面α不可能都垂直答案D8.(2017河南百校联盟质检,10)在棱长为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. B. C. D.答案D二、填空题(每小题5分,共10分)9.(2019届河南洛阳期中考试,15)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=2,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则A1P+PC的最小值为.答案10.(2017湖北武汉武昌调研,16)在矩形ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是.(写出所有正确结论的序号)答案②。
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常考题型大通关：第8题 点、线、面间的位置关系与球 考点一空间点、直线、平面间的位置关系1、若直线,a b 为异面直线，直线m , n 与,a b 都相交，则由,,,a b m n 中每两条直线能确定的平面总数最多为（ ） A ．6个 B ．4个C ．3个D ．2个2、如图,在下列四个正方体中, A,B 为正方体的两个顶点, ,,M N Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )A.B.C.D.3、如图，已知各棱长均为1的正三棱柱111,,ABC A B C M N 分别为线段11,A B B C上的动点，且//MN 平面11ACC A ，则这样的MN 有( )A. 1条B.2条C.3条D.无数条4、已知,m n 为异面直线，m ⊥平面,n α⊥平面β.直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄,则（ ） A.//αβ且//l αB.αβ⊥且l β⊥C.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l5、已知直线,a b ,平面α，则以下三个命题： ①若//,,a b b α⊂则//a α； ②若//,//a b a α，则//b α；③若//,//a b αα，则//a b ; 其中真命题的个数是（ ） A.0 B.1 C.2D.3 6、如图，在下列四个正方体中，,A B 为正方体的两个顶点，,,M N Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A. B.C. D.7、在正方体1111ABCD A B C D －中，E F G 、、分别为111AA BC C D 、、的中点，现有下面三个结论：① EFG △为正三角形；② 异面直线1A G 与1C F 所成角为60°；③ //AC 平面EFG ，其中所有正确结论的编号是（ ）A.①B.② ③C.① ②D.① ③8、如图，在下列四个正方体中，,A B 为正方体的两个顶点，,,M N Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A. B.C. D.9、在如图的正方体或棱长全都相等的棱锥中, ,,,,M N A B C 是其顶点或棱的中点,则满足直线MN ⊥平面ABC 的图形共有( )A.1个B.2个C.3个D.4个 10、如图①所示,在正方形123SG G G 中, ,E F 分别是12G G 和23G G 的中点, D 是EF 的中点,现在沿,SE SF 和EF 把这个正方形折成一个几何体(如图②所示),使123,,G G G 三点重合于点G ,则下列结论成立的是( )A. SG ⊥平面EFGB. SD ⊥平面EFGC. GF ⊥平面SEFD.GD ⊥平面SEF11、在长方体1111ABCD A B C D -中, 12AA AD AB ==,若,E F 分别为线段111,A D CC 的中点,则直线EF 与平面11ADD A 所成角的正弦值为( )A.6 B.22 C. 33D.1312、如图,在正方体1111ABCD A B C D -中, M ,N 分别是棱CD ,1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是( )A.30°B.45°C.60°D.90° 13、一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有下列结论: ①AB EF ⊥;②AB 与CM 所成的角为60︒; ③EF 与MN 是异面直线; ④//MN CD . 其中正确的是( )A.①②B.③④C.②③D.①③14、在正方体1111ABCD A B C D 中, E 是棱1CC 的中点, F 是四边形11BCC B 内的动点,且1//A F平面1D AE ,下列说法正确的个数是()①点F 的轨迹是一条线段 ②1A F 与1 D E 不可能平行 ③1A F 与BE 是异面直线④当F 与1C 不重合时,平面11A FC 不可能与平面1AED 平行A.1B.2C.3D.4 15、下列各图是正方体和正四面体, ,,,P Q R S 分别是所在棱的中点,这四个点不共面的图形是( )A.B.C.D.答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：2答案及解析：答案：A解析：A项,作如图①所示的辅助线,其中D为BC的中点,则//QD AB. ∵QD⋂平面MNQ Q=,∴QD与平面MNQ相交,∴直线AB与平面MNQ相交B项,作如图②所示的辅助线,则//,//AB CD CD MQ,∴//AB MQ.又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,∴//AB平面MNQ.C项,作如图③所示的辅助线,则//,//AB CD CD MQ,∴//AB MQ,又AB⊄平面MNQ,∴//AB平面MNQ..D项,作如图④所示的辅助线,则//,//AB CD CD MQ ∴//AB NQ M又AB ⊄平面MNQ ,NQ ⊂平面MNQ , ∴//AB 平面MNQ . 故选A3答案及解析： 答案：D解析：过点M 作1//MQ AA 交AB 于点Q ,过点Q 作//QH AC 交于点H ,过点H 作1//NH BB 交1 B C 于点N , 111//,////,BB AA NH MQ AA NH ⊄∵∴∵平面11,//ACC A NH ∴平面11ACC A ，又,NH QH H =∩所以平面//MQHN 平面11ACC A ，因为MN ⊂平面,//MQHN MN ∴平面11ACC A ，因为,M N 分别为线段11,A B B C 上的动点，所以这样的MN 有无数条，故选D.4答案及解析： 答案：D解析：由于m ，n 为异面直线，m ⊥平面,n α⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m ，n ，又直线l 满足l m ⊥，l n ⊥，则交线平行于l.5答案及解析： 答案：A解析：对于①，若//a b b α⊂，，则应有//a α或a α⊂，所以①是假命题；对于②，若//a b ，//a α，则应有//b α或b α⊂，因此②是假命题；对于③，若//a α，//b α，则应有//a b或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题.综上，在空间中，以上三个命题都是假命题.6答案及解析： 答案：A解析：对于选项A ，设正方体的底面对角线的交点为O （如图所示），连接OQ ，则OQ ∥AB .因为OQ 与平面MNQ 有交点，所以AB 与平面MNQ 有交点，即AB 与平面MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B 、C 、D 中AB ∥平面MNQ .故选A.7答案及解析： 答案：D解析：易证EFG △的三边相等，所以它是正三角形，平面EFG 截正方体所得截面为正六边形，且该截面与1CC 的交点为1CC 的中点N ,易证//AC EN ，从而//AC 平面EFG ，取11A B 的中点H ，连接1,C H FH ，则11//A G C H ，易知11C H C F HF =≠，所以1C H 与1C F 所成角不可能是60°，从而异面直线1A G 与1C F 所成角不是60°，故①③正确.8答案及解析： 答案：A解析：通解对于选项B,如图所示,连接CD ,因为//AB CD ,,M Q 分别是所在棱的中点,所以//MQ CD ,所以//AB MQ ,又AB ⊄平面MNQ ,MQ ⊂平面MNQ ,所以//AB 平面MNQ .同理可证选项C,D 中均有//AB 平面MNQ 故选A.9答案及解析： 答案：B解析：设点M 在平面BCN 内的正投影为D ,由条件及正方体的性质易得平面MND ⊥平面BCN ,又DN BC ⊥,所以MN BC ⊥,同理可得MN AB ⊥,所以满足MN ⊥平面ABC ，①正确。
易知, MN 与,BC AC 都不垂直,故MN 与平面ABC 不垂直，②错。
易知, MN 与,AC AB 不垂直,故MN 与平面ABC 不垂直,③错。
易得,,MN AB MN BC ⊥⊥所以满足MN ⊥平面ABC ，④正确。
10答案及解析： 答案：B解析：因为在题图①中, 3311,,SG G F SG G E ⊥⊥∴在题图②中,,,SG GF SG GE ⊥⊥又因为GE ⊂平面,GEF GF ⊂平面,,GEF GE GF G SG ⋂=∴⊥平面.GEF11答案及解析： 答案：C解析：取1DD 的中点G ,连接1,,EG FG EC .容易证明FEG ∠为直线EF 与平面11ADD A 所成的角.设AB a =,则12AA AD a ==.在三角形11ED C 中可求得1EC .在三角形1EFC 中可求得EF =.所以在三角形EFG 中可求得sinFEG ∠==12答案及解析： 答案：D解析：连接1D M ,由题意知,直线1A M 在平面11CDD C 内的射影是直线1D M ,且1D M DN ⊥,又11A D DN ⊥,且1111A D D M D ⋂=,所以DN ⊥平面11A D M ,又1A M ⊂平面11A D M ,所以1DN A M ⊥,即直线1A M 与DN 所成的角是90o.13答案及解析： 答案：D解析：把正方体纸盒的平面展开图折叠成正方体纸盒,如图所示, AB EF ⊥,EF 与MN 是异面直线, //AB CM ,MN CD ⊥,只有①③正确,故选D.14答案及解析： 答案：C 解析：15答案及解析： 答案：D解析：A 、有题意和长方体知, //PS QR ,则,,,P Q R S 四个点共面,故A 不对; B 、有题意和长方体知, //PS QR ,则,,,P Q R S 四个点共面,故B 不对;C 、因PR 和QS 分别是相邻侧面的中位线,所以//PS QR ,即,,,P Q R S 四个点共面,故C 不对;D 、根据图中几何体得, ,,,P Q R S 四个点中任意两个点都在两个平面内,并且任意两个点的连线既不平行也不相交,故四个点共面不共面,故D 对; 故选D .。