2018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 文

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1、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、面的位置关系撬题文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3B．至多等于4C．等于5D．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”，

2、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∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．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.B

3、.C.D.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＝CC1＝2，则AQ＝，AN＝，QN＝，∴cos∠ANQ＝＝＝＝，故选C.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　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＝2，∴ME＝.又CM＝2，DN＝2，NE＝，∴CE＝，则cos∠

4、CME＝＝＝.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cosθ的最大值为________．答案　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cosθ越来越大．故当点M与点Q重合时，cosθ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∠

5、QEN＝＝＝－，所以cosθ的最大值为.7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点，求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明　(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得C

6、C1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.8．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．解　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1

7、⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.