高考数学理二轮专题限时集训8 空间线面的位置关系Word文档格式.docx
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C．2条D．0条或2条
C [因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C．]
3．（2018·
甘肃模拟）如图2 4 26，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（ ）
图2 4 26
A．
B．
C．
D．
D [连接BC1，A1C1，则BC1∥AD1，
∴∠A1BC1是两条异面直线所成的角，
在直角△A1AB中，由AA1＝2AB得到：
A1B＝
AB．
在直角△BCC1中，CC1＝AA1，BC＝AB，则C1B＝
在直角△A1B1C1中，A1C1＝
AB，
则cos∠A1BC1＝
＝
，故选D．]
4．在下列四个正方体中，能得出异面直线AB⊥CD的是（ ）
A B C D
A [对于A，作出过AB的平面ABE，如图
（1），可得直线CD与平面ABE垂直，根据线面垂直的性质知，AB⊥CD成立，故A正确；
对于B，作出过AB的等边三角形ABE，如图
（2），将CD平移至AE，可得CD与AB所成的角等于60°
，故B不成立；
对于C、D，将CD平移至经过点B的侧棱处，可得AB，CD所成的角都是锐角，故C和D均不成立．故选A．
]
图
（1） 图
（2）
5．（2018·
广东东莞二调）在正四棱锥PABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成角为60°
，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为（ ）
A．90°
B．60°
C．45°
D．30°
C [连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.
因为E为PC中点，所以OE∥PA，
所以∠OEB即为异面直线PA与BE所成的角．
因为四棱锥PABCD为正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，
所以AO为PA在面ABCD内的射影，所以∠PAO即为PA与面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°
，因为PA＝2，所以OA＝OB＝1，OE＝1.所以在直角三角形EOB中∠OEB＝45°
，即异面直线PA与BE所成的角为45°
.故选C．]
6．（2018·
济宁模拟）如图2 4 27，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ）
图2 4 27
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
C [对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；
对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60°
，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；
对于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正确；
对于D，AC与平面AB1E有公共点A，AC∥A1C1，所以A1C1与平面AB1E相交，故D错误．]
7．（2018·
浙江高考）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则（ ）
A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1
D [
如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，
∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tanθ1＝
，
tanθ2＝
，tanθ3＝1，
此时，tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，
可得θ2＜θ3＜θ1.
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D．]
8.如图2 4 28，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）
图2 4 28
A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B．异面直线A′E与BD不可能垂直
C．三棱锥A′EFD的体积有最大值
D．恒有平面A′GF⊥平面BCED
B [依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A正确；
在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；
当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′EFD的体积取得最大值，故C正确；
因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误，故选B．]
二、填空题
9．正四面体ABCD中，E，F分别为AB，BD的中点，则异面直线AF，CE所成角的余弦值为________．
[取BF的中点G，连接CG，EG（图略），易知EG∥AF，所以异面直线AF，CE所成的角即为∠GEC（或其补角）．
不妨设正四面体棱长为2，易求得CE＝
，EG＝
，CG＝
，由余弦定理得cos∠GEC＝
，∴异面直线AF，CE所成角的余弦值为
.]
10．如图2 4 29是一个正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；
②CN与BE平行；
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________．
图2 4 29
①②③④ [
由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，显然①②正确；
对于③，连接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°
，所以CN与BM成60°
角，所以③正确；
对于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正确．]
11．下列四个正方体图形中，点A，B为正方体的两个顶点，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________．（写出所有符合要求的图形序号）
① ②
③ ④
图2 4 30
①③ [对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB∥平面MNP；
对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；
对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；
对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.]
12.如图2 4 31，已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，下列结论中正确的是________．（把正确结论的序号都填上）
图2 4 31
①PD⊥CD；
②BD⊥平面PAO；
③PB⊥CB；
④BC∥平面PAD．
①③④ [对于①，因为CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，则①正确；
对于②，BD⊥PA，当BD⊥AO时，BD⊥平面PAO，但BD与AO不一定垂直，故②不正确；
对于③，因为CB⊥AB，CB⊥PA，AB∩PA＝A，所以CB⊥平面PAB，所以CB⊥PB，则③正确；
对于④，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，则④正确．故填①③④.]
三、解答题
13.（2017·
全国卷Ⅲ）如图2 4 32，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．
图2 4 32
（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．
[解]
（1）证明：
如图，取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，
故AC⊥BD．
（2）连接EO.
由
（1）及题设知∠ADC＝90°
，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°
.
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝
AC．
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝
BD．
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的
，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的
，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
14．已知如图2 4 33
（1）所示，在边长为12的正方形AA′A′1A1中，BB1∥CC1∥A′A′1，且AB＝3，BC＝4，AA′1分别交BB1，CC1于点P，Q，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得A′A′1与AA1重合，构成如图2 4 33
（2）所示的三棱柱ABCA1B1C1，在该三棱柱底边AC上有一点M，满足AM＝kMC（0＜k＜1），请在图2 4 33
（2）中解决下列问题．
（1）
（2）
图2 4 33
（1）求证：
当k＝
时，BM∥平面APQ；
（2）若直线BM与平面APQ所成角的正弦值为
，求k的值．
如图，过点M作MN∥CQ交AQ于点N，连接PN，BM，∴MN∥PB，
∴M，N，P，B共面且平面MNPB交平面APQ于PN，
∵k＝
，∴
又CQ＝AC＝7，∴MN＝3，MN＝PB＝AB＝3，
∴四边形MNPB为平行四边形，∴BM∥PN，
又PN⊂平面APQ，BM⊄平面APQ，
∴BM∥平面APQ.
（2）∵AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，从而AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC．
PB＝AB＝3，QC＝7，
则以点B为坐标原点，分别以直线BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（3,0,0），C（0,4,0），P（0,0,3），Q（0,4,7），
＝（0,4,0），
＝（－3,0,3），
＝（－3,4,7）．
设平面APQ的法向量为n＝（a，b，c），
∴
得
令a＝1，则b＝－1，c＝1，∴n＝（1，－1,1）．
由AM＝kMC，得M的坐标为
∵直线BM与平面APQ所成角的正弦值为
∴|cos〈
，n〉|＝
即
，解得k＝
或k＝
（舍去）．
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