高考數學復習 專題五 立體幾何 5.2 異面直線所成的角與點、線、面位置關系判斷練習 理-人教版高三數學試題

5.2異面直線所成的角與點、線、面位置關系判斷命題角度1兩條異面直線所成的角高考真題體驗·對方向1.(2019浙江·8)設三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側棱長均相等,P是棱VA上的點(不含端點).記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面角為γ,則()A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γC.β<α,γ<α D.α<β,γ<β答案B解析如圖G為AC中點,點V在底面ABC上的投影為點O,則點P在底面ABC上的投影點D在線段AO上,過點D作DE垂直AE,易得PE∥VG,過點P作PF∥AC交VG于點F,過點D作DH∥AC,交BG于點H,則α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cosα=PFPB=EGPB=DHPB<因為tanγ=PDED>PDBD=tanβ,所以γ2.(2018全國Ⅱ·9)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.15 B.56 C.55答案C解析以DA,DC,DD1所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系如圖,則D1(0,0,3),A(1,0,0),D(0,0,0),B1(1,1,3).∴AD1=(-1,0,3),DB1=(1,1,3).設異面直線AD1與DB1所成的角為θ.∴cos∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為553.(2017全國Ⅱ·10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.32 B.155 C.105答案C解析方法一:如圖,取AB,BB1,B1C1的中點M,N,P,連接MN,NP,PM,可知AB1與BC1所成的角等于MN與NP所成的角.由題意可知BC1=2,AB1=5,則MN=12AB1=52,NP=12BC1取BC的中點Q,連接PQ,QM,則可知△PQM為直角三角形.在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×-12=7,即AC=又CC1=1,所以PQ=1,MQ=12AC=7在△MQP中,可知MP=MQ在△PMN中,cos∠PNM=MN2+又異面直線所成角的范圍為0,故所求角的余弦值為105方法二:把三棱柱ABC-A1B1C1補成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如圖,連接C1D,BD,則AB1與BC1所成的角為∠BC1D.由題意可知BC1=2,BD=22+12-2×2×1×cos60°=3,C1所以cos∠BC1D=25=4.(2017全國Ⅲ·16)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉,有下列結論:①當直線AB與a成60°角時,AB與b成30°角;②當直線AB與a成60°角時,AB與b成60°角;③直線AB與a所成角的最小值為45°;④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是.(填寫所有正確結論的編號)

答案②③解析由題意,AB是以AC為軸,BC為底面半徑的圓錐的母線,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圓錐底面,在底面內可以過點B,作BD∥a,交底面圓C于點D,如圖所示,連接DE,則DE⊥BD,∴DE∥b.連接AD,在等腰三角形ABD中,設AB=AD=2,當直線AB與a成60°角時,∠ABD=60°,故BD=2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,過點B作BF∥DE,交圓C于點F,連接AF,由圓的對稱性可知BF=DE=2,∴△ABF為等邊三角形,∴∠ABF=60°,即AB與b成60°角,②正確,①錯誤.由最小角定理可知③正確;很明顯,可以滿足直線a⊥平面ABC,直線AB與a所成的最大角為90°,④錯誤.故正確的說法為②③.典題演練提能·刷高分1.(2019江西上饒一模)在空間四邊形ABCD中,若AB=BC=CD=DA,且AC=BD,E,F分別是AB,CD的中點,則異面直線AC與EF所成的角為()A.30° B.45° C.60° D.90°答案B解析如圖,取BD的中點O,連接AO,CO,∵AB=AD,BC=CD,∴AO⊥BD,CO⊥BD.又AO∩CO=O,∴BD⊥平面AOC,∴BD⊥AC.取AD的中點M,連接EM,FM,∵E為AB的中點,F為CD的中點,∴EM∥BD,MF∥AC,∴EM⊥MF,異面直線AC與EF所成的角即為∠EFM.∵AC=BD,∴MF=EM,∴在Rt△EFM中,∠EFM=45°,即異面直線AC與EF所成的角為45°.2.(2019山西運城二模)如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分別是棱A1D1,AB,BC的中點,若經過點M,P,Q的平面與平面CDD1C1的交線為l,則l與直線QB1所成角的余弦值為()A.33 B.105 C.54答案B解析取C1D1的中點E,則平面PQEM是經過點M,P,Q的平面,延長PQ,交DC的延長線于點F,則EF是經過點M,P,Q的平面與平面CDD1C1的交線l.以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖.則E0,12,1,F0,32,0,Q12,1,0,B1(1,1,1),EF=(0,1,-1),QB1=12,0,1.設l與直線QB1所成的角為θ,則cosθ=|EF故l與直線QB1所成角的余弦值為1053.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為1的正方形,若其外接球的表面積為16π,則異面直線BD1與CC1所成的角的余弦值為.

答案14解析設外接球的半徑為R,則4πR2=16π,解得R=2,設長方體的高為x,則x2+12+12=(2R)2=16,故x=14,在Rt△BDD1中,∠DD1B即為異面直線所成的角,其余弦值為1444.(2019安徽“江南十?！倍?《九章算術》卷第五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形,一棱垂直于底面的四棱錐”,現有陽馬S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=3,BC上有一點E,使截面SDE的周長最短,則SE與CD所成角的余弦值等于.

答案2解析要使截面SDE的周長最短,則SE+ED最短,將底面ABCD沿BC翻折成平面圖形A'BCD'(如圖),使矩形A'BCD'和三角形SBC在同一平面上,連接SD',交BC于E,則SE+ED≥SD'.由AB=1,SA=3,得SB=2,故SA'=3,A'D'=AD=3,故BE=2.作EF∥CD交AD于點F,連接SF,則SE與CD所成角為∠SEF,易得SF⊥EF.又易知SE=22,EF=1,所以cos∠SEF=EFSE5.(2019福建漳州質檢二)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中點分別為E,F,則直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值為.

答案6解析如圖所示,以D為原點,DA所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,DD1所在直線為z軸,建立空間直角坐標系.設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則E(2,1,0),F(1,0,2),EF=(-1,-1,2),平面AA1D1D的法向量n=(0,1,0).設直線EF與平面AA1D1D所成的角為θ,則sinθ=|EF故直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值為666.如圖1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是DC的中點;如圖2,將△DAE沿AE折起,使折后平面DAE⊥平面ABCE,則異面直線AE和DB所成角的余弦值為.

答案6解析取AE的中點為O,連接DO,BO,延長EC到F使EC=CF,連接BF,DF,OF,則BF∥AE,所以∠DBF或它的補角為異面直線AE和DB所成角.∵DA=DE=1,∴DO⊥AE,且|AO|=|DO|=22,在△ABO中,根據余弦定理得cos∠OAB=cos45°=|∴|BO|=102.同理可得|OF|=26又∵平面DAE⊥平面ABCE,平面DAE∩平面ABCE=AE,DO?平面DAE,∴DO⊥平面ABCE.∵BO?平面ABCE,∴DO⊥BO,∴|BD|2=|BO|2+|DO|2=12+即|BD|=3,同理可得|DF|=7.又∵BF=AE=2,∴在△DBF中,cos∠DBF=|DB|2∵兩直線的夾角的取值范圍為0,π2,∴異面直線AE和DB所成角的余弦值為66命題角度2空間位置關系的綜合判斷高考真題體驗·對方向1.(2019全國Ⅲ·8)如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點,則()A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線答案B解析如圖,連接BD,BE.在△BDE中,N為BD的中點,M為DE的中點,∴BM,EN是相交直線,排除選項C、D.作EO⊥CD于點O,連接ON.作MF⊥OD于點F,連接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO?平面CDE,∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.∴△MFB與△EON均為直角三角形.設正方形ABCD的邊長為2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=2則EN=3+1=2,BM=34∴BM≠EN.故選B.2.(2018全國Ⅰ·12)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.334 B.233 C.答案A解析滿足題設的平面α可以是與平面A1BC1平行的平面,如圖(1)所示.圖(1)再將平面A1BC平移,得到如圖(2)所示的六邊形.圖(2)圖(3)設AE=a,如圖(3)所示,可得截面面積為S=12×[2(1-a)+2a+2a]2×32-3×12×(2a)2×32=32(-2a2+2a+1),所以當a=3.(2019北京·12)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結論,寫出一個正確的命題:.

答案若l⊥α,m∥α,則l⊥m典題演練提能·刷高分1.(2019湖北八校聯(lián)考二)設l,m表示兩條不同的直線,α,β表示兩個不同的平面,Q表示一個點,給出下列四個命題,其中正確的命題是()①Q∈α,l?α?Q∈l;②l∩m=Q,m?β?l∈β;③l∥m,l?α,Q∈m,Q∈α?m?α;④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α?l∈β.A.①② B.①③ C.②③ D.③④答案D解析①錯誤,②錯誤,③正確;④正確.故選D.2.(2019北京順義統(tǒng)考二)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則()A.若m⊥α,α⊥β,則m∥βB.若m∥α,n⊥α,則m⊥nC.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥βD.若m∥α,n∥α,則m∥n答案B解析選項A中,m∥β或m?β,故A錯;易知選項B正確;選項C中,沒有m,n相交的條件,故C錯;選項D中,m,n的關系也可以相交或異面,故D錯.故選B.3.設l,m,n表示不同的直線,α,β,γ表示不同的平面,給出下列四個命題:①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β.則錯誤的命題個數為()A.4 B.3 C.2 D.1答案B解析①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α是正確的,垂直于同一個平面的直線互相平行;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n是錯誤的,當m和n平行時,也可能滿足前邊的條件;③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ,不對,垂直于同一個平面的兩個平面可以是交叉的;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β是錯誤的,平面β和α能相交.故答案為B.4.如圖,在三棱錐A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.①AC⊥BD;②AD⊥BC;③平面ABC⊥平面ABD;④平面ACD⊥平面ABD.以上結論中正確的個數有()A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,∴BD⊥平面ABC,又AC?平面ABC,∴BD⊥AC,故①正確.∵BD?平面ABD,∴平面ABD⊥平面ABC,故③正確.∵AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,∴AC⊥平面ABD,又AC?平面ACD,∴平面ACD⊥平面ABD,故④正確.綜上①③④正確,故選C.5.(2019四川成都二模)已知a,b是兩條異面直線,直線c與a,b都垂直,則下列說法正確的是()A.若c?平面α,則a⊥αB.若c⊥平面α,則a∥α,b∥αC.存在平面α,使得c⊥α,a?α,b∥αD.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α答案C解析由a,b是兩條異面直線,直線c與a,b都垂直可知,在A中,若c?平面α,則a與α相交、平行或a?α,故A錯誤;在B中,若c⊥平面α,則a,b與平面α平行或a,b中有一條在平面α內,故B錯誤;在C中,由線面垂直的性質得,存在平面α,使得c⊥α,a?α,b∥α,故C正確;在D中,若存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α,則a∥b,與已知a,b是兩條異面直線矛盾,故D錯誤.6.給出下列四個命題:①如果平面α外一條直線a與平面α內一條直線b平行,那么a∥α;②過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直;③如果一條直線垂直于一個平面內的無數條直線,那么這條直線與這個平面垂直;④若兩個相交平面都垂直于第三個平面,則這兩個平面的交線垂直于第三個平面.其中真命題的個數為()