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在(0,1]上为增函数.
于是h(t)在(0，十∞)上的最大值为h(e)=
(3)当a>3时，f(x)在(0,1]上是增函数，
fmmx(x)=f(1)=a-1=1→a=2(不合题意，舍
去)，当0≤a≤3时，f(x)=a一3x2,令f'(x)=
(2)证明：设F(x)=f)-g)=号+2ar
0,x=
4
3
-3a1nx-b(x>0),则F'(x)=x+2a-3a-
如下表：
(x-a)(x+3a）(x>0.
0A3
31
故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a,+∞)上为
增函数.于是函数F(x)在(0，+∞)上的最小值是F
f'(x)
+
0
(a)=0.
f(x)
最大值
故当x>0时，有f(x）一g(x)≥0，即当x>0
时，f(x)≥g(x).
.f(x)在x=
:处取最大值
3
第五章立体几何与空间向量
327
a3=1a=N4
∠3→x=N3
§5.1空间几何体的结构、三视图和直观图
当a<0时，f(x)=a-3.x2<0,f(x)在(0,1]
五年高考母题原型训练
上单调递减，f(x)在(0,1]无最大值.
1,C【解析】本题考查有关球的问题.可知两
个长度的比即为两个园的半径比.设赤道所在圜半径
27
云存在a=√，使f(x)在(0,1]上有最大
为R,北韩60°所在圆的半径为r,由韩度定义可知
值1.
cos60=R=2,故选择C,
17.解：(1)设y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公
2.D【解析】甲、乙在东经120线上，所对國
共点(xo,y)处的切线相同.
心角为75°+45°=120°，所以甲、乙的球面距离为球
“f(x)=x+2a,g'(x)=3a
面大国月长的日故为2。
由题意f(x)=g(x),f'(xo)=g'(x,
3D【解析】本题解题思路是依据球半径、球
1
2x6+2a.xo=3 a'Inzo十b,
心到戴面的距离，截面园半径三者间的关系来考虑
即
设球半径为2a,依题意过M,O作垂直于OP的平
3a2
xm十2a=
面，截球面得到两个圆的半径的平方分别是(2a)2一
a2=3a2,(2a)2=4a2,因此这两个圆的面积之比为
3a2
由x。+2a=
,得xn=a或xa=-3a(舍去)，
3
递D,
4.D【解析】如图，平面AA1D1D截球所得
0有6=2a2+2a23a2la=号a2-3a1
圈面的半径r=
|AD,I√2
令h()=2-321m(1>0),则h'()=2(1-
2
2
,EFC面AA1D1D,
3Int).
∴EF被球O截得的线段为国面直径d,
于是当t(1-3lnt)>0,即0d=2r=√2.故本题选D,
>0:
当t(1-3lnt)<0,即t>e3时，h'(t)<0.
故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e了，十oo)上为
减函数
·42…§5.3 点、线、面的位置关系
考纲·题型解读
1.掌握平面的基本性质,能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形.能够根据图形想象它们的位置关系.
2.掌握两条直线平行与垂直的判定定理.掌握两条直线所成的角和距离的概念(对于异面直线的距离,只要求会计算已给
出公垂线或在坐标表示下的距离.)
的三条棱AB、CC 、A D
题源1 平面的基本性质及应用 1 1 1
所在直线的距离相等的点 ( )
A.有且只有1个 B.有且只有2个
C.有且只有3个 D.有无数个
解题模型 [解析] 显然B1、D、O(正方体中心)符合要求,进一步可
1.(1)公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内, 以验证:直线B1D 上的点到AB、CC1、A1D1 的距离都相等,所
那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 以选D.
作用:①是用直线鉴别平面的方法.②证明直线在平面
内的依据.
(2)公理2:如果两个平面有一个公共点,那么有且只
有一条通过这个点的公共直线.
作用:①它是判定两平面相交的方法.②说明两平面交
线与两平面公共点之间的关系,交线必过公共点.③是判断
点在直线上,即证若干点共线的依据.
(3)公理3:经过不在同一直线上的三点,有且只有一 [真题2] (2021·安徽)对于四面体ABCD,下列命题正确
个平面. 的是 (写出所有正确命题的编号).
推论1:经过一条直线和这条直线外的一点有且只有 ①相对棱AB 与CD 所在的直线异面;
一个平面. ②由顶点 A 作四面体的高,其垂足是△BCD 三条高线的
推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面. 交点;
推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面. ③若分别作△ABC 和△ABD 的边AB 上的高,则这两条高
公理3及三个推论的作用. 所在的直线异面;
①它们是在空间中确定平面的依据. ④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相交于
②它们是证明两平面重合的依据. 一点;
③它们为立体几何问题转化为平面几何问题提供了 ⑤最长棱必有某个端点,由它引出的另两条棱的长度之和
理论依据和具体办法. 大于最长棱.
2. 证明空间三点共线问题.通常证明这些点都在两个 [解析] 本 题 以 四 面 体 为 载 体,考 查
平面的交线 上,即 先 确 定 出 某 两 点 在 某 两 个 平 面 的 交 线 空间中的线线 关 系、空 间 想 象 能 力 和 推 理
上,再证明第三点既在第一个平面内,又在第二个平面内, 判断能力.命题①容易判断是正确的.命题
当然必在两个平面的交线上. ④也是正确的,可 根 据 两 组 对 棱 中 点 可 构
3. 证明空间三线共点问题.可把其中一条作为分别过 成一个平行四 边 形,因 此 三 条 线 段 相 交 于
其余两条的两个平面的交线,然后再证另两条直线的交点 一点且被交点平分.命题⑤也是正确的,理由如下:
在此直线上. 设AB 是最长棱,若AC+AD4. 证明空间几点共面问题,可先取三点(不共线的三 则AC+AD+BC+BD<2AB.另一方面,
点)确定一个平面,再证其他各点都在这个平面内. AC+AD+BC+BD=(AC+BC)+(AD+BD)>AB+
5. 证明空间几条直线共面问题,可先取两条(相交或 AB=2AB.
平行)直线确定一个平面,再一一证明其余直线在这个平 与上述结果矛盾.故填①④⑤.
面内,或者从这些直线中取适当的两条确定若干个平面, [真题 3] (2019· 安 徽)如 图,在 六 面 体 ABCD -
再一一确定这些平面重合. A1B1C1D1 中,四边形 ABCD 是边长为2的正方形,四边形
A1B1C1D1 是边长为1的正方形,DD1⊥平面A1B1C1D1,DD1
[真题1] (2022·全国Ⅱ)与正方体ABCD-A1B1C1D1 ⊥平面ABCD,DD1=2.
·96·
(1)求证:A1C1 与AC 共面,B1D1 与 ∵B1A1⊥A1D1,∴OE⊥AD.
BD 的共面; ∵B1C1⊥C1D1,∴OF⊥CD.
(2)求 证:平 面 A1ACC1 ⊥ 平 ∴点O 在BD 上,故D1B1 与DB 共面.
面B1BDD1; (2)∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥AC,又BD⊥AC(正方
(3)求二面角 A-BB1-C 的大小 形的对角线互相垂直),
(用反三角函数值表示). D1D 与BD 是平面B1BDD1 内的两条相交直线,
[解析] 解法一(向量法):以 D 为 ∴AC⊥平面B1BDD1.
原点,以DA,DC,DD1 所在直线分别为 又平面A1ACC1 过AC,∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
x 轴,y 轴,z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 (3)∵直 线 DB 是 直 线B1B 在 平 面ABCD 上 的 射 影,AC
D-xyz,如图,则有 ⊥DB,
A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), 根据三垂线定理,有AC⊥B1B.
A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2), 过点A 在平面ABB1A1 内作AM⊥B1B 于M,连接MC,MO,
D1(0,0,2). 则B1B⊥平面AMC,于是B1B⊥MC,B1B⊥MO,
(1)证明:∵A C→1 1=(-1,1,0),A→C=(-2,2,0),D →1B1= 所以,∠AMC 是二面角A-B1B-C 的一个平面角.
(1,1,0),D→B=(2,2,0). 根据勾股定理,有A1A= 5,C1C= 5,B1B= 6.
∴A→C=2A C→1 1,D→B=2D →1B1,
, B1O
·OB 2 2
→ ∵OM⊥B1B 有OM= = ,BM= ,AM∴AC与A C→平行,D→1 1 B与D1B→1平行,于是 A1C1 与 AC 共 B1B 3 3
面,B1D1 与BD 共面. 10 10
(2)证明:DD→
= ,CM= ,
1·A→C=(0,0,2)·(-2,2,0)=0, 3 3
D→B·A→
2 2 2
C=(2,2,0)·(-2,2,0)=0, AM +CM -AC 1∴cos∠AMC= =- ,∠AMC=π-
∴DD→ 2AM
·CM 5
1⊥A→C,D→B⊥A→C.又DD1 与 DB 是平面B1BDD1 内
1
的两条相交直线, arccos ,5
∴AC⊥平面B1BDD1. 1
又AC 平面A ACC , 二面角A-BB1-C 的大小为1 1 π-arccos5.
∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
(3)AA→1=(-1,0,2),BB→1=(-1,-1,2),CC→ (, ,) 题源 异面直线所成的角与距离1=0-12. 2
设n=(x1,y1,z1)为平面A1ABB1 的法向量,
· → 解题模型n AA1=-x1+2z1=0,n·BB→1=-x1-y1+2z1=0,
于是y1=0,取z=1,则x1=2,n=(2,0,1). 1. 求异面直线所成角的方法
设m=(x2,y2,z2)为平面B1BCC1 的法向量, 求异面直线所成的角是通过平移直线,把异面问题转
m·BB→1=-x2-y2+2z2=0,m·CC→ ,1=-y2+2z2=0. 化为共面问题来解决.根据等角定理及推论 异面直线所成
于是x2=0,取z2=1,则y2=2,m=(0,2,1) 的角的大小与顶点位置无关,将角的顶点取在一些特殊点
m·n 1 上(如线段端点,中点等),以便于计算,具体步骤如下:
cos=|m||n|=5. ①利用定义构造角.②证明所作出的角为异面直线所
1 成的角 解三角形求角
∴二面角A-BB1-C 的大小为π-arccos .③ .5. 2. 求异面直线距离的方法
解法二(综合法):(1)∵D1D⊥平面 ①公垂线法:找出或作出两异面直线的公垂线,再计
ABCD, 算公垂线的长度.
∴D1D ⊥DA,D1D ⊥DC,平 面 ②线面平行法:过其中一条直线作和另一直线平行的
A1B1C1D1∥平面ABCD. 平面,则异面直线的距离转化为线到面的距离.
于是C1D1∥CD,D1A1∥DA. ③面面平行法:作出过两异面直线的两个平行平面,
设E,F 分别为DA,DC 的 中 点,连 则异面直线的距离转化为两平行平面的距离.
接EF,A1E,C1F, 需要说明的是:a. 对于异面直线的距离,只要求会计
有A1E∥D1D,C1F∥D1D,DE=1,DF=1. 算给出公垂线时的情形;b. 平行直线在空间仍具有传递
∴A1E∥C1F, 性,即公理4所推出的“等角公理”成为分析线线角、线面
于是A1C1∥EF. 角、面面角的理论基础.
由DE=DF=1,得EF∥AC,
故A1C1∥AC,A1C1 与AC 共面. [真题 4] (2019· 福 建)如 图,在 正 方 体 ABCD -
过点B1 作B1O⊥平面ABCD 于点O,则B1O A1E,B1O A1B1C1D1 中,E、F、G、H 分别为AA1、AB、BB1、B1C1 的中
C1F. 点,则异面直线EF 与GH 所成的角等于 ( )
连接OE,OF, A.45° B.60° C.90° D.120°
于是OE B1A1,OF B1C1,∴OE=OF. [解析] 如图所示,连接A1B、BC1、A1C1,
·97·
∵EF∥A1B,GH∥BC1, 所以PO⊥平面ABCD.
∴∠A1BC1 就是异面直线 EF 与 (2)连接BO,在直角梯形 ABCD 中,BC∥AD,AD=2AB
GH 所成的角. =2BC,有OD∥BC 且OD=BC,所以四边形OBCD 是平行四
∵ △A1BC1 为 等 边 三 角 形, 边形,所以OB∥DC.
∠A1BC1=60°, 由(1)知,PO⊥OB,∠PBO 为锐角,所以∠PBO 是异面直
∴异面直线 EF 与GH 所成的角 线PB 与CD 所成的角.
为60°,故应选B. 因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB 中,AB=1,AO=
[真题5] (2020· 全 国Ⅰ)等边三角形 ABC 与正方形 1,所以OB= 2,
3
ABDE 有一公共边AB,二面角C-AB-D 的余弦值为 ,M、N 在Rt△POA,因为AP= 2,AO=1,所以OP=1,3
PO 1 2 2
分别是AC、BC 的中点,则EM、AN 所成角的余弦值等于 . 在Rt△POB 中,tan∠PBO=BO= =
,
2 ∠PBO=arctan2 2
.
[解析] 本小题主要考查空间想象
能力及二面角、异面直线所 成 角 的 作 法 所以异面直线PB 与CD 所成的角是π-arctan( π-3 ) .
与求法.
如图,设边长为1,取AB 的中点F, (3)
3
假设存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为2.
DE 的中点G,连接CF、CG, 1
由 题 意 知 ∠CFG 就 是 二 面 角 设QD=x,则S△DQC= ,由()得2x 2 CD=OB= 2
,
C-AB-D的平面角,
在Rt△POC 中,PC= OC2+OP2= 2,所以PC=CD=
2
∴CG2=CF2+FG2-2CF·FGcos∠CFG= 3 ÷ +1-
è2 3 3DP,S 2△PCD= ·(2)= ,4 2
3 3 3 3
2×2×1×3=4 ∴CG=2. 1 1 1 3 3由VP-DQC=VQ-PCD,得3×2x×1=
,解得
, 3
×2×2 x
∴△CFG 为等腰三角形 即点C 在面ABDE 上的射影就是
, 、 , 3 AQ 1正方形ABDE 的中心O 连接CE CD 则四棱锥C-ABDE 为 = <2,所以存在点Q 满足题意,此时2 QD=3.
棱长都相等的正四棱锥,连接 NG,则 NG∥ME, 解法二:(1)同解法一.
∴∠ANG 或其补角 就 是 异 面 直 线AN 与EM 所 成 角,由 (2)以 O 为 坐 标 原 点,O→C、
、 3 → →AN EM 为等边三角形的高,∴AN=EM= , OD、OP的方向分别为x 轴、y 轴、2
z轴的正方向,建立空间直角坐标
AG= AE2+EG2= 1+ (1
2
) 5= , 系O-xyz.依题意,易得 A(0,-2 2
1,0),B(1,-1,0)、C(1,0,0),D
AN2+NG2-AG2
∴cos∠ANG= (0,1,0),P(0,0,1),所以C→ (2AN·NG D= -
2 2 23 3 5 1,1,0),P→B=(1,-1,-1).cos→B·C→> D
÷ + ÷ - ÷ D = → → =
è2 è2 è2 1 |PB||CD|
= =
3 3 6
.
-1-1 6
2× × =- ,所 以 异 面 直 线 与 所 成 的 角 是2 2 3· 2 3
PB CD π-
[真题6] (2020·福建)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧
arccos 6 ÷ .
面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD= 2,底面ABCD 为直角 è-3
梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 3
中点. (3)假设存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为2.
(1)求证:PO⊥平面ABCD; 由(2)知C→P=(-1,0,1),C→D(-1,1,0).
(2)求异面直线PB 与CD 所 设平面PCD 的法向量为n=(x0,y0,z0),
成角的大小;
n·C→P=0,
() -x0+z0=0
,
3 线段 AD 上是否存在点 则{ → 所以{ 即x0=y0=z0,
, · , -x +Q 使得它到平面 PCD 的距离为 n CD=0 0 y0
=0,
取x0=1,得平面PCD 的一个法向量为n=(1,1,1).3 AQ若存在,求出 的值;若不
2 QD 设Q(0,y,0)(-1≤y≤1),C→ |C
→Q·( , n|Q= -1y,0),由 =
存在,请说明理由. |n|
[解 析] (1)在 △PAD 3, |-1+y| 3, 1 5得 = 解得 或
, , , 2 2 y
=-2 y=
(舍去),此时
2 |A
→Q
中 PA=PD O 为AD 中 点 |3|
所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥ 1
|= ,|Q→ 3 AQ 1D|= ,所以存在点Q 满足题意,此时, 2 2 QD= .底面ABCD 平面PAD∩平面 3
ABCD=AD,PO 平面PAD, [真题7] (2022· 天 津)在长方体 ABCD-A1B1C1D1
·98·
中,E,F 分别是棱BC,CC1 上的点,CF=AB=2CE,AB∶AD 1A1D 所成的角.易知BM=CM= B1C= 5,所以cos∠BMC
∶AA1=1∶2∶4. 2
( ) 2 2 2Ⅰ 求异面直线EF 与A1D 所成角的余弦值; BM +CM -BC 3= = ,所以异面直线EF 与A1D 所成角的
( · ·Ⅱ)证明:AF⊥平面A ED; 2 BM CM 51
(Ⅲ)求二面角A1-ED-F 的正弦值 3余弦值为5.
[解析] 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点A 为
CD EC 1
坐标原点,设AB=1,依题意得 D(0,2,0),F(1,2,1),A1(0,0, (Ⅱ)连结AC,设AC 与DE 交于点N.因为 ,BC=AB=2
4),E ( 31, ,0) . 所以 Rt△DCE∽Rt△CBA.从 而 A1 D12 ∠CDE = ∠BCA.又 由 于 ∠CDE + B1 C1
(Ⅰ)易得E→F= ( ,10 ,2 1),A→1D=(0,2,-4). ∠CED=90°,所 以∠BCA+∠CED=
→ → 90°.故 AC⊥DE.又 因 为 CC1⊥DE 且
于是cos·
F, →> EF A1D 3A D = → → =- . CC1∩AC=C
,所以 DE⊥平面 ACF.从
1
|EF||A1D| 5 而AF⊥DE.
3 连结 BF,同 理 可 证所以异面直线EF 与A D 所成角的余弦值为 . B1C⊥
平 面 M
1 5 ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D.
(Ⅱ)证明:易知A→F=(1,2,1),EA→ z1= 因为A DE ∩A1D =D,所 以 AF ⊥ 平1 F
( 3 ,→ 1
D1
, B 面, , , , A于 是 1ED.-1 - 1 A2 4) ED = (-1 2 0) C1 (Ⅲ)连 结 A1N,FN.由(Ⅱ)可 知
→ N
D
AF·EA→=0,A→F·E→1 D=0.因 此,AF⊥ DE⊥平 面 ACF.又 NF 平 面 ACF, B E C
EA1,AF⊥ED.又EA1∩ED=E, A1N 平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N.故∠A1NF 为二
所以AF⊥平面A 面角1ED. A1-ED-F 的平面角.
( ) FⅢ 设平面EFD 的法向量u=(x,y, , CN ECA D 易知Rt△CNE∽Rt△CBA 所以 又BC=AC. AC= 5
,所
B y
u·E→
ì1 E C
{ F=0,
,
2y+2=0 5 30
z),则 即 í x 以CN= .在5 Rt△CNF
中,NF= CF2+CN2 = .在5
u·E→D=0, 1 -x+2y=0. 4 30Rt△A1AN中 ,A 2 21N= AN +A1A = .连 结 A1C1,
不妨令x=1,可得u=(1,2,-1).由(Ⅱ)可知,A→F为平面 5
→ u·A→F 2 A1F.在Rt△A1C1F 中,A1F= A1C
2 2
<, > , 1
+C1F = 14.
A1ED 的 一 个 法 向 量.于 是cosu AF = = 从 2 2 2
|u||A→F| 3 A N +FN -A F 2在△A1NF ,cos∠A NF= 1 1中 1 2·A N·FN = 3.1
<,→> 5而sinu AF =3. 5所以sin∠A1NF=3.
5
所以二面角A1-ED-F 的正弦值为3. 5所以二面角A1-ED-F 的正弦值为3.
方法二:(Ⅰ)设AB=1,可得AD=2,AA1=4,CF=1,CE [点评] 空间角以及空间的垂直与平行是高考考查的重
1
= .连 结 B1C,BC1,设 B1C 与BC1 交 于 点 M.易 知 A1D∥ 点.解决方法一是推理论证,二是利用空间向量知识解决.2
CE CF 1
B1C.由 = = ,可知CB CC 4 EF∥BC1.
故∠BMC 是异面直线
1
EF 与
(★代表高考出现的频次)
题源1 平面的基本性质及应用(★★★) 3的正方体,点E 在AA1 上,点F 在CC1 上,且AE=FC1=1.
(1)求证:E、B、F、D1 四点共面;
1.(2018·北京)设A、B、C、D 是空间四个不同点,在下列
, ( ) () , 2命题中 不正确的是 2 若点G 在BC 上 BG= ,点 M 在BB1 上,3 GM⊥BF
,
A.若AC 与BD 共面,则AD 与BC 共面 垂足为 H,求证:EM⊥平面BCC B ;
B.若AC 与BD 是异面直线,则AD 与BC 是异面直线 1 1
C.若AB=AC,BD=DC,则AD=BC (3)用θ表面截面EBFD1 和侧面BCC1B1 所成的锐二面角
D.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC 的大小,求tanθ.
2.(2022·辽宁)有四根长都为2的直铁条,若再选两根长
都为a的直铁条,使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三
棱锥形的铁架,则a的取值范围是 ( )
A.(0,6+ 2) B.(1,22)
C.(6- 2,6+ 2) D.(0,22)
3.(2019·江苏)如图,已知ABCD-A1B1C1D1 是棱长为
·99·
题源2 异面直线所成的角与距离(★★★★)
4.(2021·全国Ⅱ)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,
AA1=2AB,E 为AA1 中点,则异面直线BE 与CD1 所成角的
余弦值为 ( )
10 1
A.10 B.5
310 3
C.10 D.5
5.(2020·全国Ⅱ)已知正四棱锥S-ABCD 的侧棱长与底
面边长都相等,E 是SB 的中点,则AE、SD 所成的角的余弦值为
( )
1 2
A.3 B.3
3 2
C.3 D.3
6.(2021·湖南)正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱上到异面
直线AB,CC1 的距离相等的点的个数为 ( )
A.2 B.3
C.4 D.5
7.(2018·全国Ⅰ)过三棱柱任意两个顶点的直线共15条,
其中异面直线有 ( )
A.18对 B.24对
C.30对 D.36对
8.(2021·四 川)如图,已知正三棱
柱ABC-A1B1C1 的各条棱长都相等,
M 是侧棱CC1 的中点,则异面直线AB1
和BM 所成的角的大小是 .
·100·
9.(2020·天津)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD
是矩形.已知AB=3,AD=2,PA=2,PD=22,∠PAB=60°.
(1)证明:AD⊥平面PAB; 2022-2023高考题源拓展测试
(2)异面直线PC 与AD 所成的角的大小;
(3)二面角P-BD-A 的大小. 未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
有下列命题:
①若m α,n∥α,则m∥n;
②若m∥α,m∥β,则α∥β;
③若α∩β=n,m∥n,则m∥α且m∥β;
④若m⊥α,m⊥β,则α∥β.
其中真命题的个数是 ( )
A.0 B.1
10.(2020·宁海)如图,点P 在正方体ABCD-A'B'C'D' C.2 D.3
的对角线BD'上,∠PDA=60°.求: 5.( 1.2)室内有一根直尺,无论怎样放置,在地面上总有
(1)DP 与CC'所成角的大小; 这样的直线,它与直尺所在的直线 ( )
(2)DP 与平面AA'D'D 所成角的大小. A.异面 B.相交 C.平行 D.垂直
D′ C′ 6.( 1)空间四点A、B、C、D,若直线AB⊥CD,AC⊥BD,
AD⊥BC 同时成立,则A、B、C、A′ D 四点的位置关系是 ( )
P B′ A.一定共面
B.不一定共面
D C C.一定不共面
A B D.满足题设的四点不存在
7.( 2)过正方体ABCD-A1B1C1D1 的顶点A 作直线l,
使l与棱AB,AD,AA1 所成的角都相等,这样的直线l可以作
( )
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
8.( 2)若P 是两条异面直线l、m 外的任意一点,则 ( )
A.过点P 有且仅有一条直线与l、m 都平行
B.过点P 有且仅有一条直线与l、m 都垂直
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 C.过点P 有且仅有一条直线与l、m 都相交
只有一个选项符合题意) D.过点P 有且仅有一条直线与l、m 都异面
1.( 1)空间四点A、B、C、D,如果其中任意三点不共线, 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
则经过其中三个点的平面有 ( ) 9.( 2)给出下列四个命题:
A.一个或四个 ①对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个
B.一个或三个 平面与这两条异面直线都平行;
C.一个或两个 ②一条直线与两个相交平面平行,则它必与这两个平面的
D.两个或三个 交线平行;
2.( 1)空间四条直线a,b,c,d,满足a⊥b,b⊥c,c⊥d,d ③过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;
⊥a,则必有 ( ) ④对两条异面直线,存在无穷多个平面与这两条直线所成
A.a⊥c 的角相等.
B.b⊥d 其中正确的命题序号为 .
C.b∥d 或a∥c 10.( 2)在正四棱锥S-ABCD 中,底面边长为2,高为
D.b∥d 且a∥c
( ) 、 2,则异面直线 与 所成角的大小是3. 1 已知直线l1l2 与平面α.则下列结论正确的是
AB SC .
( ) 11.( 2)如 图,正 方 体 ABCD-A1B1C1D1
中,点 M ∈
A.若l α,l ∩α=A,则l 、l 为异面直线 AB1,N∈BC1,且AM=BN,有以下四个结论:1 2 1 2
B.若l ∥l ,l ∥α,则l ∥α ①AA ⊥MN;②A C ∥MN;1 2 1 2 1 1 1
C.若l1⊥l2,l1⊥α,则l2∥α ③MN 与面A1B1C1D1 成0°角;
D.若l1⊥α,l2⊥α,则l1∥l2 ④MN 与A1C1 是异面直线.
4.( 1)已知m、n是不重合的直线,α、β是不重合的平面, 其中正确结论的序号是 .
·101·
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
13.( 1)长方体ABCD-A1B1C1D1 的A1C1 面上有一点
P(点P 不在对角线B1D1 上).
(1)过P 点在空间作一直线l,使l∥直线BD,应如何作图
并说明理由;
(2)过P 点在平面A1B1C1D1 内作一直线l',使l'与BD 成
12.( 2)如 图 所 示,在 正 方 体 α角,这样的直线有几条 应如何作图
ABCD-A1B1C1D1 中,选出两条棱和
两条面对角线,使这四条线段所在的直
线两两都是异面直线,如果我们选定一
条面对角线 AB1,那么另外三条线段可
以是 (只 需 写 出 一 种 情 况 即
可).
14.( 1)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F
分别是AB 和AA1 的中点.
求证:(1)E、C、D1、F 四点共面;
(2)CE、D1F、DA 三线共点.
D1 C1
A1 B1
F D C
A E B
·102·
15.( 2)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PB⊥底面 ABC, 17.( 2)如图所示,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是
∠ACB=90°,PB=BC=CA,D 是PC 的中点.求: 平行四边形,PG⊥平面ABCD,垂足为G,G 在AD 上,且AG=
(1)异面直线PA 与BD 所成角的大小; 1
GD,BG⊥GC,GB=GC=2,E 是 BC 的 中 点,四 面 体
(2)二面角B-PA-C 的大小. 3
8
P-BCG的体积为3.
(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值;
(2)
PF
若F 点是棱PC 上的一点,且DF⊥GC,求 的值FC .
16.( 2)正方形 ABCD 的边长为a,E、F 分别为边AD、
BC 的中点(如图甲所示).现将该正方形沿其对角线BD 折成直
二面角,并连结AC、EF,得到如图乙所示的棱锥A-BCD.在棱
锥A-BCD 中,求:
(1)线段AC 的长;
(2)异面直线EF 和AB 所成角的大小.
·103·

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