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专题8 有关空间直线相交问题
[浙江省绍兴市 2023-2024学年高三上学期11月]如图，△ABC为正三角形，AE⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，AC＝CD，AE＝2CD，点F，P分别为AB，BD的中点，点Q在线段BE上，且BE＝4BQ．证明：直线CP与直线FQ相交；
连接DG，GF，FC，PQ，先由四边形CDGF为平行四边形证明，再由中位线定理证明，进而得出直线CP与直线FQ相交．
证明：取BE中点G，连接DG，GF，FC，PQ，则，
因为AE⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，所以，
所以，CD＝FG，则四边形CDGF为平行四边形，
所以，CF＝DG．
因为点Q在线段BE上，且BE＝4BQ，所以Q是BG的中点，
又因为点P是BD的中点，
所以，所以，
即PQ，CF共面，且PQ，CF长度不等，
所以直线CP与直线FQ相交．
1．每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．与是异面直线
C．平面 D．与是相交直线
2．如图，在直三棱柱中，O是与的交点，D是的中点，，，给出下列结论．

①AB与是相交直线； ②平面﹔
③平面平面﹔ ④平面，
其中正确的结论是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．②④
将该几何体补成正三棱柱，延长CP交BG中点于M点，连接MA，再证明与Q重合，得出FQ与CP交于M点.
构造正三棱柱HE－CBA，延长CP交BG于M点，易知M为GB中点
连接MA交EB于，下证Q与重合
作交BE于R，则R为BE中点，为BR中点
∴，即与Q重合，∴FQ与CP交于M点
3．如图，已知正方体，，分别是，的中点，则（ ）

A．直线与直线相交，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线垂直，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
4．如图所示，长方体中，给出以下判断，其中正确的是（ ）
A．直线与相交
B．直线与是异面直线
C．直线与有公共点
D．
建系，得 ，由证明线CF与直线FQ相交.
取AC中点为O，以OB，OA方向为x，y轴作z轴⊥平面ABC
设，则
，
CP与QF不平行，直线CF与直线FQ相交.
5．如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，且，，，直线，，分别是线段，的中点.下列判断正确的是（ ）
A．若，则
B．若，重合，则
C．若与相交，且，则可以与相交
D．若与是异面直线，则不可能与平行
6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC、BD的交点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（ ）

A．C1、O、A、M四点共面
B．直线C1O与直线A1C为异面直线
C．直线A1A与直线OM相交
D．D1、D、O、M四点共面
由基底表示，，进而由证明线CF与直线FQ相交.
利用向量减法的三角形法则，向量的数乘，证明
，所以
P为BD中点，所以，即
所以，CP与FQ相交.
7．如图，在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）

A．直线与是相交直线 B．直线与是平行直线
C．直线与是异面直线 D．直线与是相交直线
8．如图，在长方体中，点、分别是棱、上的动点（异于所在棱的端点）.则下列结论不正确的是（ ）

A．在点运动的过程中，直线可能与平行
B．直线与一定相交
C．设直线、分别与平面相交于点、，则点可能在直线上
D．设直线、分别与平面相交于点、，则点一定不在直线上
以G为原点，GA为y轴，GB为x轴，GH为z轴，建立空间直角坐标系，求出CP，FQ的直线方程，由两直线交点唯一得出CP与FQ相交.
以G为原点，GA为y轴，GB为x轴，GH为z轴，建立空间直角坐标系.
设，
∴，
∴，
∴，
∵，∴，∴，
∴CP的直线方程为
FQ的直线方程为
联立方程组两方程在内的解唯一
∴两直线交点唯一，∴CP与FQ相交
9．正方体中，M，N分别是正方形和正方形的中心，则下列说法正确的有（ ）
A．直线与直线是相交直线 B．直线与直线是异面直线
C．直线与直线是相交直线 D．直线与直线没有公共点
10．在三棱锥中，分别是的重心.则下列命题中正确的有（ ）
A．直线共面 B．直线相交
C． D．
11．如图，点为正方形的中心，平面平面，且，是线段的中点，则（ ）
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
12．如图，三棱柱中，底面三角形是正三角形，是的中点，则下列叙述正确的是（ ）
A．直线与直线相交
B．与共面
C．与是异面直线但不垂直
D．平面垂直于平面
13．如图，正三棱柱中，，分别是的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是相交直线
B．平面
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．
14．正方形ABCD和矩形BEFC组成图1，G是EF的中点，BC=2BE.将矩形BEFC沿BC折起，使平面平面ABCD，连接AG，DF，得到图2，则（ ）
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
15．在正方体中，分别是线段的中点，则直线与直线的位置关系是 .
16．如图，四棱锥，其中为正方形，底面，，，分别为，的中点，，在棱，上，且满足，.
(1)求证：直线与直线相交；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】作出辅助线，得到四边形是平行四边形，排除BD，进而证明出GH与BC不垂直，故与平面不垂直，平面，得到正确答案.
【详解】连接，BD，则它们相交且相互平分，故四边形为平行四边形，则∥.又G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，所以，且，∴，且所以四边形是平行四边形，排除B、D选项，易证平面平面，又平面，∴平面，C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，，所以BC⊥平面EMH，而GH平面EMH，而GH，所以GH与BC不垂直，故与平面不垂直，A错误；
故选：C
2．D
【分析】根据线线平行即可求解①②，根据线面垂直即可求解④，根据平面有公共点即可求解③.
【详解】由于,与相交，所以AB与是异面直线，故①错误，
连接,由于均为中点，所以,
平面,平面,平面,故②正确，
由于平面平面,所以平面与平面相交，故③错误，
由于且三棱柱为直三棱柱，所以平面,
平面,故,又，进而，
由，可知四边形为正方形，所以,
，平面，所以平面，④正确，
故选：D

3．C
【分析】
由题意，连接，显然为中点，由直线与平面平行的判定定理可得平面，又易判断，可得.
【详解】
解：如图，连接，则与互相平分，即是的中点，
又由是的中点，则，而平面，平面，
故平面，
四边形是正方形，则，
又由，则平面，所以.
故选：C.
4．D
【分析】利用异面直线的定义可以判断出A、C，利用平行四边形的性质可判断出B、D.
【详解】
对于A，面，面，且B不在AC上，
根据异面直线的定义得，直线与是异面直线，故A选项错误；
对于B，，，
四边形为平行四边形，
，即直线与平行直线，故B选项错误；
对于C，面，面，，
根据异面直线的定义得，直线与是异面直线，故C选项错误；
对于D，，，
四边形为平行四边形，
，故D选项正确；
故选：D.
5．BD
【分析】根据空间直线的位置关系判断各选项．
【详解】A．若与相交于点，如图1，，∴是平面的一个公共点，则在直线上，∵，此时一定过这个交点，A错；
　　　　　　图1
B．若，重合，如图2，则与相交且平分，四边形是平行四边形，则，由得，由得，，B正确；
　　　　　　　　图2
C．若与相交，见图2，则确定一个平面，由可得，又由得，C错；
D．假设，如图3，取中点，连接，因为分别是中点，则，，
与是异面直线，则，，所以，又，，所以，而，所以平面，同理平面，这样就有，与已知矛盾，故假设不成立，即与不平行，D正确．
　　　　　　　图3
故选：BD．
【点睛】本题考查空间直线的位置关系，考查学生的空间想象能力．解题时能根据定义、定理、公理直接判断的可直接判断，不能直接判断的可以用反证法证明，对错误的结论可以举反例说明．
6．AC
【分析】根据点与线，点与面，线与面的位置关系逐项判断即可求解.
【详解】对于A选项，如图，连接，

因为O为AC、BD的交点，直线A1C交平面C1BD于点M，
所以点在平面与平面的交线上，即三点共线，
则点、、、四点共面，故选项A正确；
对于B选项，由选项A的分析可知三点共线，所以直线与直线相交，故选项B错误；
对于C选项，因为为的中点，点为直线与平面的交点，所以不是的中点，
又因为平面，且与不平行，所以直线与直线相交，故选项C正确；
对于D选项，因为点、、均在平面内，点不在平面内，
且直线与直线没有交点，所以直线与直线异面，
则点、、、四点不共面，故选项D错误，
故选：AC.
7．CD
【分析】根据异面直线的定义逐项判断可得答案.
【详解】对于A，因为平面，平面，平面，
且直线，可得直线与是异面直线，故A错误；
对于B，因为平面，平面，且直线不过点，
可得直线与是异面直线，故B错误；
对于C，连接分别为棱的中点，，
因为，四边形是平行四边形，，
四点共面，平面，平面，
平面，直线与是异面直线，故C正确；
对于D，由C选项可知，，，直线与是相交直线，故D正确.
故选：CD.

8．BD
【分析】取、分别为、的中点，证明出四边形为平行四边形，可判断A选项；取、异面，可判断B选项；取、分别为、的中点，证明出、、三点共线，可判断D选项.
【详解】对于A选项，在长方体中，
当点、分别为、的中点时，取线段的中点，连接、、，

因为且，又因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
同理可证四边形为平行四边形，则且，
又因为且，故且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，则，A对；
对于B选项，因为平面平面，平面，平面，则、平行或异面，
当、异面时，则、、、可视为三棱锥的四个顶点，此时，与异面，B错；
对于C选项，当点、分别为、的中点时，
由勾股定理可得，
对于CD选项，当点、分别为、的中点时，
延长交直线于点，延长交直线于点，连接，如下图所示：

因为，则，
又因为，，所以，，
所以，，因为，则，即为的中点，
同理可知，为的中点，
因为，，，
所以，，则，
因为，则，
所以，、、三点共线，故点可能在直线上，C对D错.
故选：BD.
9．ABD
【分析】直线与直线相交于，A正确，根据异面直线判断定理得到BD正确，C错误，得到答案.
【详解】对选项A：直线与直线相交于，正确；
对选项B：三点在平面内，在平面外，
故直线与直线是异面直线，正确；
对选项C：三点在平面内，在平面外，
直线与直线是异面直线，错误；
对选项D：在平面内，在平面外，
直线与直线是异面直线，正确；
故选：ABD
10．ABD
【分析】根据题意，由条件结合三角形重心的性质，对选项逐一判断即可得到结果.
【详解】
由于分别是的重心，所以分别延长交
于中点.因此正确.
因为，所以，因此.
直线相交，B正确.
因为是的重心，所以，因此，C不正确.
因为，所以.因此，D正确.
故选：ABD.
11．A
【分析】由题意作出图形，并连接，结合已知条件容易证明四边形为等腰梯形，从而由等腰梯形的性质即可求解.
【详解】如图所示：
连接，点为正方形的中心，
则经过点，且点为中点，
是线段的中点，
所以在中，，
又， 且由正方形性质可知，
所以，
即四边形为等腰梯形，
又为等腰梯形的对角线，
所以，且直线是相交直线.
故选：A.
12．A
【分析】在三棱柱中，根据线线，线面关系对选项一一判断即可.
【详解】在三棱柱中，，且，所以四边形为梯形，直线与直线相交，故A正确；
由几何图形易知与为异面直线，故B错误；
与是异面直线，且三角形是正三角形，，
又，则，故C错误；
在三棱柱中未给出侧面与上下底面的关系，不能判断AE是否与平面垂直，故无法判断平面与平面的关系，故D错误；
故选：A
13．C
【分析】根据异面直线的判定可知A错误；根据平面，直线可知B错误；取的中点，根据平行四边形性质和三角形中位线性质，以及异面直线所成角定义可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得C正确；假设D正确，由线面垂直的判定与性质可知，显然不成立，知D错误.
【详解】对于A，平面，平面，平面，
与是异面直线，A错误；
对于B，连接，
直线，平面，平面，又直线，
直线平面，B错误；
对于C，取的中点，连接，
，，四边形为平行四边形，；
分别为中点，，
异面直线与所成角即为或其补角；
设，则，，又，，
，
则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
对于D，取的中点，连接，
假设成立，
平面，平面，，
，平面，平面，
又平面，；
由已知可知：为等边三角形，又，
与不垂直，假设错误，D错误.
故选：C.
14．B
【分析】根据平面图形翻折前后，相关线段或直线的位置变化可知，，并未改变，所以可知在一个平面内，又因为,所以是相交直线．再根据条件可得平面，所以，即．
【详解】如图，连接，因为，且，同理，且,所以,且，故为平行四边形，所以在一个平面内．
又因为,所以是相交直线．由题知，所以平面．
故平面，所以，所以，即．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平面图形翻折前后相关线段或直线位置变化，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
15．相交
【分析】利用平面的性质结合图形可得答案.
【详解】在正方体中，易知，且，
即四边形是平行四边形，
又平面，
在同一平面中，，所以直线与直线相交.
故答案为：相交

16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理与平行线分线段成比例证得四边形为梯形，从而得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）∵，分别为，的中点，
∴且，
∵，，∴，
∴且，
∵且，∴且，
∴四边形为梯形，∴直线与直线相交.
（2）∵平面且为正方形，
∴以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，
令，得
易得平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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