1_8.2　空间点、线、面的位置关系（十年高考）.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 8.2　空间点、线、面的位置关系 考点一　点、线、面的位置关系 1.(2015安徽理,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是(　　) A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行 C.若α,β不平行···,则在α内不存在···与β平行的直线 D.若m,n不平行···,则m与n不可能···垂直于同一平面 答案　D　若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确. 2.(2015浙江文,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⊥β　　　　　B.若α⊥β,则l⊥m C.若l∥β,则α∥β　　　　　D.若α∥β,则l∥m 答案　A　对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,当l平行于α与β的交线时,l∥β,但此时α与β相交,所以选项C错误;对于选项D,若α∥β,则l与m可能平行,也可能异面,所以选项D错误.故选A. 3.(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　D　解法一:如图1,l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图2,l1与l2是异面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确,选D. 解法二:因为l分别与l1,l2共面,故l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l与l1,l2都不相交,则l∥l1,l∥l2,从而l1∥l2,与l1,l2是异面直线矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交,选D. 4.(2014辽宁,4,5分)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∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α 答案　B　若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误;若m∥α,m⊥n,则n与α可能平行、相交或n⊂α,故D错误.因此选B. 5.(2014广东理,7,5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⊥l4 B.l1∥l4 C.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　D　由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定, 若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C, 若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D. 评析　本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性. 6.(2014浙江文,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.(　　) A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α 答案　C　对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故选C. 7.(2013课标Ⅱ理,4,5分)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∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l 答案　D　若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确,α与β相交.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. 导师点睛　对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷. 8.(2013广东理,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是(　　) A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β 答案　D　若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,故A错;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,也可能异面,故B错;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β可能相交,也可能平行,故C错;对于D项,由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,所以D项正确. 9.(2011辽宁理,8,5分)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是(　　) A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 答案　D　∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC. 其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,从而AC⊥SB.故A正确.易知B正确. 设AC与DB交于O点,连接SO. 则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO, 又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正确. 由排除法可知选D. 评析　本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线线角的概念.属中档题. 10.(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∥l　　　B.m∥n　　　C.n⊥l　　　D.m⊥n 答案　C　∵α∩β=l,∴l⊂β,∵n⊥β,∴n⊥l.故选C. 11.(2020新高考Ⅰ,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.  答案　2π2 解析　易知四边形A1B1C1D1为菱形,∠B1A1D1=60°,连接B1D1,则△B1C1D1为正三角形, 取B1C1的中点O,连接D1O,易得D1O⊥B1C1, ∴D1O⊥平面BCC1B1, 取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=5, 易知以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为以O为圆心,OE为半径的EF, ∵B1E=B1O=1,∴OE=2, 同理OF=2,易知EF=2, ∴∠EOF=90°, ∴EF的长=14×(2π×2)=2π2. 解题关键　利用题设条件证明D1O⊥平面BCC1B1,从而说明球面与侧面BCC1B1的交线是以O为圆心,OE为半径的EF是解题的关键. 12.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β. ④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号)  答案　②③④ 解析　若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α与β可能平行或相交,故①错误;②显然成立;若α∥β,m⊂α,则m与β无公共点,因而m∥β,故③正确;由线面角的定义、等角定理及面面平行的性质可知④正确. 考点二　异面直线所成的角 1.(2021全国乙理,5,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　) A.π2　　　　B.π3　　　　C.π4　　　　D.π6 答案　D　解题指导:利用平移法,连接BC1,则BC1∥AD1,得∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与PB所成的角. 解析　如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=2a,C1P=22a,连接AC、BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB,∴PB=a2+22a2=62a.在△C1BP中,cos∠PBC1=BP2+BC12−PC122BP·BC1=32,∴∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角为π6.故选D. 方法总结:用几何法求异面直线所成角的具体步骤: 2.(2016课标Ⅰ,理11,文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.32　　　B.22　　　C.33　　　D.13 答案　A　如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C. ∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3为平面α. 于是m∥A2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角为60°,其正弦值为32.选A. 3.(2014大纲全国理,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　) A.14　　　B.24　　　C.34　　　D.12 答案　B　在平面α内过点C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角(或其补角),不妨取CE=1,过点E作EO⊥β于点O. 在平面β内过点O作OH⊥CD于点H,连接EH,则EH⊥CD. 因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因为EO⊥β,所以CO⊥l. 所以∠ECO为二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°. 因为∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°. 在Rt△ECO中,CO=CEcos∠ECO=1×cos 60°=12. 在Rt△COH中,CH=COcos∠OCH=12cos 45°=24. 在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE=241=24. 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.选B. 4.(2014大纲全国文,4,5分)已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　) A.16　　　B.36　　　C.13　　　D.33 答案　B　如图,取AD的中点F,连接EF、CF. 因为E、F分别是AB、AD的中点,所以EF􀱀12BD,故∠CEF或其补角是异面直线CE、BD所成的角. 设正四面体ABCD的棱长为a,易知CE=CF=32a,EF=12a.在△CEF中,由余弦定理可得cos∠CEF=32a2+12a2−32a22×32a×12a=36.故选B. 5.(2015浙江,13,5分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是　　　　.  答案　78 解析　连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N、M、H均为中点,知|cos∠HMC|即为所求.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD,BC的中点,所以CM⊥AD,AN⊥BC,所以CM=CD2−MD2=22,AN=AC2−NC2=22,MH=12AN=2,HC=NC2+NH2=3,则cos∠HMC=CM2+MH2−HC22CM·MH=78.故异面直线AN,CM所成角的余弦值为78. 6.(2011北京文,17,14分)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点. (1)求证:DE∥平面BCP; (2)求证:四边形DEFG为矩形; (3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由. 解析　(1)证明:因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,PC⊂平面BCP, 所以DE∥平面BCP. (2)证明:因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点, 所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF. 所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB, 所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形. (3)存在点Q满足条件.理由如下: 连接DF,EG,设Q为EG的中点. 由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=12EG. 分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN. 与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN=12EG,所以Q为满足条件的点. 第 8 页 共 8 页