高考数学异构异模复习第八章立体几何8-2空间点线面的位置关系撬题理.DOC

120182018 高考数学异构异模复习考案高考数学异构异模复习考案 第八章第八章 立体几何立体几何 8.28.2 空间点、线、空间点、线、面的位置关系撬题面的位置关系撬题 理理1若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A至多等于 3 B至多等于 4C等于 5 D大于 5答案 B解析 首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除 C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除 A，故选 B.2若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的( )A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件答案 B解析 由“m且lm”推出“l或l” ，但由“m且l”可推出“lm” ，所以“lm”是“l”的必要而不充分条件，故选 B.3.已知m，n表示两条不同直线，表示平面下列说法正确的是( )A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n答案 B解析 A 选项m、n也可以相交或异面，C 选项也可以n，D 选项也可以n或n与斜交根据线面垂直的性质可知选 B.4直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )A. B.1 102 5C. D.301022答案 C2解析 解法一：取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BMQN，则ANQ即为所求，设BCCACC12，则AQ，AN，QN，556cosANQ，故选 C.AN2NQ2AQ2 2AN·NQ5652 5 ×662 303010解法二：如图，以点C1为坐标原点，C1B1，C1A1，C1C所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，不妨设BCCACC11，可知点A(0,1,1)，N，B(1,0,1)，(0，1 2，0)M.，(1 2，1 2，0)AN(0，1 2，1).BM(1 2，1 2，1)cos， .ANBMAN·BM|AN|BM|3010根据与的夹角及AN与BM所成角的关系可知，BM与AN所成角的余弦值为.ANBM30105如图，在三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，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_3答案 7 8解析 如下图所示，连接ND，取ND的中点E，连接ME，CE，则MEAN， 则异面直线AN，CM所成的角即为EMC.由题可知CN1，AN2，2ME.又CM2，DN2，NE，CE，22223则 cosCME .CM2EM2CE2 2CM·EM8232 × 2 2 ×27 86. 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则 cos的最大值为_答案 2 5解析 取BF的中点N，连接MN，EN，则ENAF，所以直线EN与EM所成的角就是异面直线EM与AF所成的角在EMN中，当点M与点P重合时，EMAF，所以当点M逐渐趋近于点Q时，直线EN与EM的夹角越来越小，此时 cos越来越大故当点M与点Q重合时，cos取最大值设正方形的边长为 4，连接EQ，NQ，在EQN中，由余弦定理，得4cosQEN ，所以 cos的最大值为 .EQ2EN2QN2 2EQ·EN205332 ×20 ×52 52 57如图，四边形ABCD为菱形，ABC120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解 (1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120°，可得AGGC.3由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.3在 RtEBG中，可得BE，故DF.222在 RtFDG中，可得FG.62在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.2223 22从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，GBGCGB建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，32F，C(0， ，0)，所以(1， ，)，.(1，0，22)3AE32CF(1， 3，22)5故 cos， .AECFAE·CF|AE|CF|33所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.338如下图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PDPC4，AB6，BC3.点E是CD边的中点，点F，G分别在线段AB，BC上，且AF2FB，CG2GB.(1)证明：PEFG；(2)求二面角PADC的正切值；(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值解 (1)证明：由PDPC4 知，PDC是等腰三角形，而E是底边CD的中点，故PECD.又平面PDC平面ABCD，平面PDC平面ABCDCD，故PE平面ABCD，又FG平面ABCD，故PEFG.(2)平面PDC平面ABCD，平面PDC平面ABCDCD，ADCD，AD平面PDC，而PD平面PDC，故ADPD，故PDC为二面角PADC的平面角在 RtPDE中，PE，PD2DE27tanPDC，PE DE73故二面角PADC的正切值是.73(3)连接AC.由AF2FB，CG2GB知，F，G分别是AB，BC且靠近点B的三等分点，从而FGAC，PAC为直线PA与直线FG所成的角在 RtADP中，AP5.PD2AD24232在 RtADC中，AC3.AD2CD232625在PAC中，由余弦定理知，cosPAC，PA2AC2PC2 2PA·AC523 52422 × 5 × 3 59 525故直线PA与直线FG所成角的余弦值是.9 5256