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

1、C2条 D0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平行的棱有2条，故选C3（2018甘肃模拟）如图2426，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA12AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）图2426A BC DD连接BC1，A1C1，则BC1AD1，A1BC1是两条异面直线所成的角，在直角A1AB中，由AA12AB得到：A1BAB在直角BCC1中，CC1AA1，BCAB，则C1B在直角A1B1C1中，A1C1AB，则cosA1BC1，故选D4在下列四个正方体中，能得出异面直线ABCD的是（）ABCD

2、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，ABCD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，PA2，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（）A90 B60C45 D30C连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.因为E为PC中点，所以OEPA，所以OE

3、B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PAO60，因为PA2，所以OAOB1，OE1.所以在直角三角形EOB中OEB45，即异面直线PA与BE所成的角为45.故选C6（2018济宁模拟）如图2427，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2427ACC1与B1E是异面直线BAC平面ABB1A1CAEB1C1DA1C1平面AB1EC对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又

4、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，AEBC，BCB1C1，所以AEB1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E有公共点A，ACA1C1，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1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（）A123 B321C132 D231D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

5、SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意，得tan 1，tan 2，tan 31，此时，tan 2tan 3tan 1，可得231.当E在AB中点处时，231.故选D8.如图2428，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知AED是ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（）图2428A动点A在平面ABC上的射影在线段AF上B异面直线AE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AGF平面BCEDB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

6、平面AGF，所以恒有平面AGF平面BCED，故D正确；当AG平面ABC时，三棱锥A EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EFBD，故异面直线AE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EGAF，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cosGEC，异面直线AF，CE所成角的余弦值为.10如图2429是一个正方体的平面展开图在这个正方体中，BM与ED是异面直

7、线；CN与BE平行；CN与BM成60角；DM与BN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_图2429由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，显然正确；对于，连接AN，易得ANBM，ANC60，所以CN与BM成60角，所以正确；对于，易知DM平面BCN，所以DMBN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）图2430对于，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，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

8、平面MNP相交；对于，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，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.12.如图2431，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2431PDCD；BD平面PAO；PBCB；BC平面PAD对于，因为CDAD，CDPA，ADPAA，所以CD平面PAD，所以CDPD，则正确；对于，BDPA，当BDAO时，BD平面PAO，但BD与AO不一定垂直，故不正确；对于，因为CBAB，CBPA，ABPAA，所

9、以CB平面PAB，所以CBPB，则正确；对于，因为BCAD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC平面PAD，则正确故填.三、解答题13. （2017全国卷）如图2432，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD图2432（1）证明：ACBD；（2）已知ACD是直角三角形，ABBD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，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ADCD，所以ACDO.又由于ABC是正三角形，所以ACBO.从而AC平面DOB，故ACBD（2）连接EO.由（1）及题设知ADC90，所以DOAO.在RtAOB中，BO2

10、AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.由题设知AEC为直角三角形，所以EOAC又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD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11.14已知如图2433（1）所示，在边长为12的正方形AAA1A1中，BB1CC1AA1，且AB3，BC4，AA1分别交BB1，CC1于点P，Q，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得AA1与AA1重合，构成如图2433（2）所示的三棱柱ABCA1B1C1，在该三棱柱底边A

11、C上有一点M，满足AMkMC（0k1），请在图2433（2）中解决下列问题（1）（2）图2433（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MNCQ交AQ于点N，连接PN，BM，MNPB，M，N，P，B共面且平面MNPB交平面APQ于PN，k，又CQAC7，MN3，MNPBAB3，四边形MNPB为平行四边形，BMPN，又PN平面APQ，BM平面APQ，BM平面APQ. （2）AB3，BC4，AC5，从而AC2AB2BC2，即ABBCPBAB3，QC7，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a1，则b1，c1，n（1，1,1）由AMkMC，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）