2018高考数学(理科)异构异模复习对点练：8-2空间点、线、面的位置关系

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4 C ．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α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”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 ⊥α且l ⊥m ”推出“l ⊂α或l ∥α”，但由“m ⊥α且l ∥α”可推出“l ⊥m ”，所以“l ⊥m ”是“l ∥α”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，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
解析 A 选项m 、n 也可以相交或异面，C 选项也可以n ⊂α，D 选项也可以n ∥α或n 与α斜交．根据线面垂直的性质可知选B.
4．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A.110
B.25
C.3010
D.22
答案 C
解析 解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求， 设BC ＝CA ＝CC 1＝2，
则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，
∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010
，故选C.
解法二：如图，以点C 1为坐标原点，C 1B 1，C 1
A 1，C 1C 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BC ＝CA ＝CC 1＝1， 可知点A (0,1,1)， N ⎝⎛⎭
⎫0，1
2，0，B (1,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，12，0.∴AN →＝⎝⎛⎭⎫0，－1
2，－1， BM →
＝⎝⎛⎭
⎫－12，1
2，－1. ∴cos 〈AN →
，BM →
〉＝
AN →·BM →|AN →||BM →|
＝30
10
.
根据AN →
与BM →
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
30
10
.
5．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________．
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答案 78
解析 如下图所示，连接ND ，取ND 的中点E ，连接ME ，CE ，则ME ∥AN ，
则异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC .由题可知CN ＝1，AN ＝22， ∴ME ＝ 2.又CM ＝22，DN ＝22，NE ＝2，∴CE ＝3， 则cos ∠CME ＝CM 2＋EM 2－CE 22CM ·EM ＝8＋2－32×22×2＝7
8
.
6. 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θ，则cos θ的最大值为________．
答案 25
解析 取BF 的中点N ，连接MN ，EN ，则EN ∥AF ，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，EM ⊥AF ，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 θ越来越大．故当点M 与点Q 重合时，cos θ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cos ∠QEN ＝EQ 2＋EN 2－QN 22EQ ·EN ＝20＋5－332×20×5
＝－25，所以cos θ的最大值为2
5.
7．如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .
(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BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .
在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.
由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝2
2
. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝
6
2
. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝
22，可得EF ＝322
.
从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，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GB →
，GC →
的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →
|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝
⎛⎭
⎫
－1，0，
22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →
＝⎝
⎛⎭
⎫－1，－3，
22.
故cos 〈AE →
，CF →
〉＝
AE →·CF →
|AE →||CF →|
＝－3
3. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
3
3
. 8．如下图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段
AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .
(1)证明：PE ⊥FG ；
(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．
解 (1)证明：由PD ＝PC ＝4知，△PDC 是等腰三角形， 而E 是底边CD 的中点，故PE ⊥CD .
又平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，故PE ⊥平面ABCD ，又FG ⊂平面ABCD ，故PE ⊥FG .
(2)∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，
∴AD ⊥平面PDC ，而PD ⊂平面PDC ，故AD ⊥PD ，故∠PDC 为二面角P －AD －C 的平面角．
在Rt △PDE 中，PE ＝PD 2－DE 2＝7， ∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝7
3，
故二面角P －AD －C 的正切值是
73
. (3)连接AC .由AF ＝2FB ，CG ＝2GB 知，F ，G 分别是AB ，BC 且靠近点B 的三等分点，从而FG ∥AC ，∴∠P AC 为直线P A 与直线FG 所成的角．
在Rt △ADP 中，AP ＝PD 2＋AD 2＝42＋32＝5. 在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝32＋62＝3 5. 在△P AC 中，由余弦定理知，
cos ∠P AC ＝P A 2＋AC 2－PC 22P A ·AC ＝52＋52－422×5×35＝95
25，
故直线P A 与直线FG 所成角的余弦值是95
25.。