2018高考数学复习第八章立体几何8.2空间点线面的位置关系撬题理

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2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何 8.2 空间点、线、
面的位置关系撬题理
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-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )
A.1
10
B.
2
5
C.
30
10
D.
2
2
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=30
10
,故选C.
解法二:如图,以点C 1为坐标原点,C 1B 1,C 1A
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,-12,-1,
BM →
=⎝
⎛⎭
⎪⎫-12,1
2
,-1.
∴cos 〈AN →
,BM →
〉=
AN →·BM

|AN →||BM →
|

3010
. 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
3010
. 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________.
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 2
5
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25.
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 =22
. 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 →
|
=-
33
. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
33
. 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PA 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 =
73
, 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 ,∴∠PAC 为直线PA 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△PAC 中,由余弦定理知,
cos ∠PAC =PA 2+AC 2-PC 2
2PA ·AC =52+52-42
2×5×35
=95
25,
故直线PA 与直线FG 所成角的余弦值是95
25.。

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