第十一章 空间中的平行关系-高中数学必修第四册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第十一章】 空间中的平行关系 一．选择题（共25小题） 1．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　　） A． B． C． D． 2．设有平面α和任意直线m，则在α内必有直线n，使n与m（　　） A．平行线 B．相交 C．互为异面直线 D．垂直 3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，已知m⊂α，n⊂α，则“m∥β，n∥β”是“α∥β”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 5．我们打印用的A4纸的长与宽的比约为，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为（　　） A． B． C． D． 6．4、如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有（　　） A．12对 B．24对 C．36对 D．48对 7．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题： ①若m∥n，n∥α，则m∥α； ②若m∥β，α∥β，则m∥α； ③若m⊥n，n⊥α，则m∥α； ④若m⊥β，α⊥β，则m∥α； 则其中正确命题的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 8．如图，正三棱锥S﹣ABC的侧棱与底面边长相等，如果E、F分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于（　　） A．90° B．60° C．45° D．30° 9．正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角是（　　） A．90° B．60° C．45° D．30° 10．已知m，n为不同直线，α，β为不同平面，则下列选项：①m∥n，n∥α；②m⊥n，n⊥α；③m∥β，α∥β；④m⊥β，α⊥β，其中能使m∥α成立的充分条件有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 11．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 12．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M和N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值是（　　） A． B． C． D． 13．如图ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成的角的余弦值是（　　） A． B． C． D． 14．已知a、b、c、d是空间四条直线，如果a⊥c，b⊥c，a⊥d，b⊥d，那么（　　） A．a∥b且c∥d B．d中任意两条可能都不平行 C．a∥b或c∥d D．d中至多有一对直线互相平行 15．平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（　　） A． B． C． D． 16．如图，正棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 17．两条异面直线，指的是（　　） A．在空间内不相交的两条直线 B．分别位于两个不同平面内的两条直线 C．某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 D．不在同一平面内的两条直线 18．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． C． D． 19．已知m，n为异面直线，m⊂平面α，n⊂平面β，α∩β＝l，则l（　　） A．与m，n都相交 B．与m，n中至少一条相交 C．与m，n都不相交 D．至多与m，n中的一条相交 20．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 21．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则在直线CD1，BA1，DB1，AC1中，与MN异面且垂直的直线的条数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 22．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 23．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列几种说法正确的是（　　） A．A1C1⊥AD B．D1C1⊥AB C．AC1与DC成45°角 D．A1C1与B1C成60°角 24．如图是清代的时辰醒钟，此醒钟直径12.5厘米，厚7.5厘米，由清朝宫廷钟表处制造，以中国传统的一日十二个时辰为表盘显示，其内部结构与普通机械钟表的内部结构相似．则丑时与午时的夹角是（　　） A．120° B．135° C．150° D．165° 25．在四面体ABCD中，BC＝BD＝CD＝2，AB＝2，N是棱AD的中点，CN＝，则异面直线AB与CN所成的角为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 26．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段C1D1上运动，M，N分别为AD，AB的中点，记异面直线PM与DN所成的角为θ．当点P与C1重合时，cosθ＝　 　；cosθ的取值范围是 　 　． 27．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为边CC1、B1C1的中点，点G、H分别在AA1、D1A1上，且满足AA1＝3AG，D1H＝2HA1，则异面直线EF、GH所成角的余弦值为　 　． 28．P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1对角线BD1上的一点，且BP＝λBD1（λ∈（0，1）．下面结论： ①AD1⊥C1P； ②若BD1⊥平面PAC，则λ＝； ③若△PAC为钝角三角形，则λ∈（0，）； ④若λ∈（，1），则△PAC为锐角三角形． 其中正确的结论为　 　．（写出所有正确结论的序号） 29．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：（1）m⊥n；（2）α⊥β （3）n⊥β （4）m⊥α．以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：　 　（答案不唯一，写出一个即可）． 30．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面垂直，且所有棱长都相等．平面A1BC1∩平面ABC＝l，则直线l与AB1所成角的余弦值为　 　． 31．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为　 　． 32．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为　 　． 33．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　 　． 34．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2BC＝4，E是C1D1的中点，且异面直线AD1与CE所成的角是60°．则在此长方体的表面上从A1到C的路径中，最短路径的长度为 　 　． 35．如图圆锥的高，底面直径AB＝2，C是圆O上一点，且AC＝1，则SA与BC所成角的余弦值为 　 　． 36．已知B﹣AC﹣D为直二面角，Rt△ABC≌Rt△ADC，且AB＝BC，则异面直线AB与CD所成角的大小为　 　． 37．如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为 　 　． 38．已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题： ①若l垂直于α内两条相交直线，则l⊥α； ②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线； ③若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β； ④若l⊂β且l⊥α，则α⊥β； ⑤若m⊂α，l⊂β且α∥β，则l∥m． 其中正确命题的序号是　 　． 39．如图，已知圆柱的上底面圆心为O，高和底面圆的半径相等，AB是底面圆的一条直径，点C为底面圆周上一点，且∠ABC＝45°，则异面直线AC与OB所成角的余弦值为 　 　． 40．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，若三棱锥的外接球体积为，则异面直线PB与AC所成角为 　 　． 三．解答题（共10小题） 41．如图所示，四面体PABC中，AP⊥平面PBC，AC＝BC＝2，AB＝2，PC＝1，E，F分别为AB，AC的中点，过EF作四面体的截面EFGH交PC于点G，交PB于点H． （1）证明：GH∥平面ABC； （2）若G为PC上靠近P的一个三等分点，求四边形GHBC的面积． 42．如图，四棱锥P﹣ABCD底面ABCD是矩形．PD⊥面ABCD，PD＝AB＝2BC＝4，E、F是棱PC、PB上的点，＝3，＝2． （Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）棱PA上是否存在点M，使CM⊥面BDE？若存在，求出的值；不存在，请说明理由． 43．正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且AP＝DQ．求证：PQ∥平面BCE． 44．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点 （Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD； （Ⅱ）AA1＝AC＝CB＝2，AB＝，求三棱锥C﹣A1DE的体积． 45．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、CD和SC的中点．求证： （1）直线EG∥平面BDD1B1； （2）平面EFG∥平面BDD1B1． 46．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、E分别是AB、AA1的中点，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1＝4，AB＝AC＝2，且＝． （1）证明：B1D∥平面CEF； （2）求异面直线CE与C1D所成角的余弦值． 47．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，P在平面ABCD上的射影为G，且G在AD上，且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为． （Ⅰ）求异面直线GE与PC所成的角余弦值； （Ⅱ）求点D到平面PBG的距离； （Ⅲ）若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值． 48．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E、F、G分别为线段BC、PA、AB上的点，H为△PCD的重心，PA＝AB＝3，FA＝BG＝CE＝1． （1）求证：BF∥平面PDE； （2）求异面直线GH与PE所成角的余弦值． 49．如图，四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是正三角形，四边形ABCD是矩形，且平面PAB⊥平面ABCD，PA＝2，PC＝4． （Ⅰ）若点E是PC的中点，求证：PA∥平面BDE； （Ⅱ）若点F在线段PA上，且FA＝λPA，当三棱锥B﹣AFD的体积为时，求实数λ的值． 50．如图所示的几何体P﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，且AD∥BC，点E是边AD上的一点，AE＝BC＝AB，AD＝3BC，点F是PD的中点，PB⊥AC． （1）证明：PA＝PC； （2）证明：CF∥平面PBE． 精选易错题练习—【第十一章】 空间中的平行关系 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．【答案】C 【分析】由AB∥CD，得∠BAE是异面直线AE与CD所成角，由此能求出异面直线AE与CD所成角的正切值． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠BAE是异面直线AE与CD所成角， 连接BE，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2， 则AB＝2，BE＝＝， ∵AB⊥平面BCE，BE⊂平面BCE， ∴AB⊥BE，∴tan∠BAE＝＝． 故选：C． 2．【答案】D 【分析】由题意分两种情况判断①m⊂α；②m⊄α，再由线线的位置关系的定义判断． 【解答】解：对于任意的直线m与平面α，分两种情况 ①m在平面α内，m与n共面直线，则存在直线n⊥m或n∥m； ②m不在平面α内，且m⊥α，则平面α内任意一条直线都垂直于l； 若l于α不垂直， 则它的射影在平面α内为一条直线，在平面α内必有直线m垂直于它的射影，则n与m垂直； 若m∥α，则存在直线n⊥m． 故选：D． 3．【答案】B 【分析】通过立体几何知识，进行判断． 【解答】解：m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，推不出“m∥β且n∥β”，缺少条件m，n相交； 若“α∥β”，则α内任意一条直线都平行于平面β，正确； 故“m∥β且n∥β”是“α∥β”的必要不充分条件， 故选：B． 4．【答案】B 【分析】由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值． 【解答】解：如图， 取AD中点F，连接EF，CF， ∵E为AB的中点， ∴EF∥DB， 则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角， ∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点， ∴CE＝CF． 设正四面体的棱长为2a， 则EF＝a， CE＝CF＝． 在△CEF中，由余弦定理得： ＝． 故选：B． 5．【答案】C 【分析】设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF，证明OD⊥OE，计算tan∠EDO即可得出答案． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠EDC为异面直线DE与AB所成的角， 设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF， ∵E是的中点，∴F是的中点， ∴CD⊥OF， 又EF⊥平面⊙O，∴EF⊥CD， ∴CD⊥平面OEF， ∴OD⊥OE． 设AD＝1，则CD＝，故OF＝，EF＝1，于是OE＝＝， ∴tan∠EDO＝＝＝， ∴∠EDO＝． 故选：C． 6．【答案】B 【分析】由异面直线定义入手，分类计数即可． 【解答】解：易知六棱锥的六条侧棱都交于一点，底面六条边在同一平面内， 则六棱锥的每条侧棱和底面不与其相交的四条边都是异面直线， 所以六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有6×4＝24对． 故选：B． 7．【答案】D 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【解答】解：注意前提条件直线m，n均不在平面α，β内． 对于①，根据线面平行的判定定理知，m∥α，故①正确； 对于②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α，故②正确； 对于③，在平面α内任取一点A，设过A，m的平面γ与平面α相交于直线b， ∵n⊥α，∴n⊥b，又m⊥n，∴m⊥b，∴m∥α，故③正确； 对于④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β， ∵m⊥β，∴m∥m′，∴m∥α，故④正确． 故选：D． 8．【答案】C 【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点AC的中点D，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． 【解答】解：如图，取AC的中点D，连接DE、DF，∠DEF为异面直线EF与SA所成的角 设棱长为2，则DE＝1，DF＝1，根据SA⊥BC，则ED⊥DF ∴∠DEF＝45°， 故选：C． 9．【答案】B 【分析】由于棱柱侧面对角线E1D与BC1不在同一平面内，将两条直线移到平面内，连接E1F、FD，由E1F∥C1B，解三角形即可． 【解答】解：连接E1F、FD． 正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，则E1D＝E1F＝，FD＝， 则可知∠FE1D＝60°， 故选：B． 10．【答案】D 【分析】考查直线和平面位置关系的题目，需要搞清楚直线和平面位置关系，才能顺利解答本题． 【解答】解：①②③④均存在m⊆α的可能，所以没有使m∥α成立的充分条件，故选D 11．【答案】D 【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之． 【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ＝∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角； 并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|＝，|A1D|＝，|A1B|＝， 由余弦定理，得cosθ＝＝． 故选：D． 12．【答案】D 【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． 【解答】解：如图，将AM平移到B1E，NC平移到B1F，则∠EB1F为直线AM与CN所成角 棱长为1，则B1E＝B1F＝，EF＝， ∴cos∠EB1F＝， 故选：D． 13．【答案】A 【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． 【解答】解：如图 先将F1D平移到AF，再平移到E1E， ∠EE1B为BE1与DF1所成的角 设边长为4则，E1E＝E1B＝，BE＝2 cos∠EE1B＝， 故选：A． 14．【答案】C 【分析】题设中所给的四条直线之间的位置关系是垂直关系，而选项中所给的线线之间的平行关系，故本题可以选定两直线对其位置关系进行讨论以研究直线之间的平行关系 A选项可以由线面垂直与线线平行位置关系判断 B选项说法太绝对，可举例反证 C选项可以由综合法证之 D选项说法太绝对可以举反例 【解答】解：A选项不一定成立，若c，d相交且垂直时，a∥b且都与它们相交的平面垂直，此时有a⊥c，b⊥c，a⊥d，b⊥d，故A选项不正确 B选项由A选项判断过程中，若c，d不平行时必有a∥b故B不对 C选项是正确的，c，d两线不平行时，若两者相交则可确定一个平面，此平面与a、b两线垂直，可得两线平行，若两线不相交，则可找到一平面与c、d都平行，此平面满足与a、b两线垂直，可得两线平行，若c∥d，显然满足a∥b或c∥d，故C正确 D选项不正确，事实上，若四条直线a、b是正方体中垂直于底面的两条棱，c、d两线是底面上的两条棱，此时满足a∥b且c∥d，故D的说法不全面，错误 故选：C． 15．【答案】A 【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可． 【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n， 可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°． 则m、n所成角的正弦值为：． 故选：A． 16．【答案】D 【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形中A1BC1用余弦定理求解即可． 【解答】解．如图，连接BC1，A1C1， ∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角， 设AB＝a，AA1＝2a，∴A1B＝C1B＝a，A1C1＝a， ∠A1BC1的余弦值为， 故选：D． 17．【答案】D 【分析】直接由异面直线的定义，判断选项的正误即可． 【解答】解：A两条直线可能平行，所以不正确． B分别位于两个不同平面内的两条直线，可能还在另一个平面，不正确． C某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线可能在同一个平面，不正确． D是异面直线的定义，正确． 故选：D． 18．【答案】C 【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值． 【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON， ，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO， ∵BC＝CA＝CC1， 设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO＝，AN＝，MB＝＝＝， 在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO＝＝＝． 故选：C． 19．【答案】B 【分析】由异面直线的定义和画法知，异面直线必须满足既不平行又不相交，即l与m，n中至少一条相交；当l与m，n都不相交时有m∥n． 【解答】解：由题意，l与m，n都相交且交点不重合时，m，n为异面直线； 若l与m相交且与n平行时，m，n为异面直线； 若l与m，n都不相交时，又因m⊂α，l⊂α，所以l∥m，同理l∥n，则 m∥n． 故选：B． 20．【答案】C 【分析】延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角． 【解答】解：延长CA到D，使得AD＝AC，则ADA1C1为平行四边形， ∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角， 又A1D＝A1B＝DB＝AB， 则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B＝60° 故选：C． 21．【答案】B 【分析】根据题意，分析MN与直线CD1，BA1，DB1，AC1的位置关系，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则MN∥CD1， 又由CD1∥BA1，则MN∥BA1， 又由CD1∥MN且CD1⊥面AB1C1D，则有MN⊥面AB1C1D，则有MN⊥DB1，MN⊥AC1， 而MN与DB1，AC1都是异面直线，故MN与DB1，AC1是异面且垂直的直线， 故选：B． 22．【答案】C 【分析】由BA1∥CD1，知∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，由此能求出异面直线BE与CD1所形成角的余弦值． 【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点， ∴BA1∥CD1，∴∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角， 设AA1＝2AB＝2， 则A1E＝1，BE＝＝， A1B＝＝， ∴cos∠A1BE＝ ＝ ＝． ∴异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为． 故选：C． 23．【答案】D 【分析】由题意画出正方体的图形，结合选项进行分析即可． 【解答】解：由题意画出如下图形： A．因为AD∥A1D1， 所以∠C1A1D1即为异面直线A1C1与AD所成的角，而∠C1A1D1＝45°，所以A错； B．因为D1C1∥CD，利平行公理4可以知道：AB∥CD∥C1D1，所以B错； C．因为DC∥AB．所以∠C1AB即为这两异面直线所成的角，而，所以C错； D．因为A1C1∥AC，所以∠B1CA即为异面直线A1C1与B1C所成的角，在正三角形△B1CA中，∠B1CA＝60°，所以D正确． 故选：D． 24．【答案】C 【分析】先计算出每个时辰所占的圆周角，再结合丑时与午时相差5个时辰，两者相乘，即可求解． 【解答】解：一日按十二时辰，即每个时辰所占圆周角为， 丑时与午时相差5个时辰，故丑时与午时的夹角为30°×5＝150°． 故选：C． 25．【答案】A 【分析】取BD的中点为M，可得∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角，在△CMN中，可解得∠MNC． 【解答】解：取BD的中点为M，N是棱AD的中点， MN∥AB， ∴∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角， 在△CMN中，MN＝＝，CM＝CN＝，即△CMN是等边三角形， ∴∠MNC＝， 故异面直线AB与CN所成的角为． 故选：A． 二．填空题（共15小题） 26．【答案】0；[0，]． 【分析】取AN的中点E，连接ME，则∠PME或其补角是异面直线PM与DN所成的角．当点P与C1重合时，连接MC，证明DN⊥平面MCC1，则DN⊥MP（C1），此时异面直线PM与DN所成角最大，即为，可得cosθ的值；当点P由C1向D1方向移动时，角θ不断减小，当点P与点D1重合时，角θ最小，连接D1M，D1E，设AD＝2，求解三角形即可求得cosθ的取值范围． 【解答】解：取AN的中点E，连接ME，则∠PME或其补角是异面直线PM与DN所成的角 当点P与C1重合时，连接MC， ∵DN⊥MC，DN⊥CC1，MC∩CC1＝C， ∴DN⊥平面MCC1，则DN⊥MP（C1），此时异面直线PM与DN所成角最大，即为， ∴cosθ＝0； 当点P由C1向D1方向移动时，角θ不断减小，当点P与点D1重合时，角θ最小， 连接D1M，D1E，设AD＝2，可得，ME＝，， ∴cos（π﹣θ）＝， ∴cosθ∈[0，]． 故答案为：0；[0，]． 27．【答案】见试题解答内容 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线EF、GH所成角的余弦值． 【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 由题意E（0，2，1），F（1，2，2），G（2，0，），H（，0，2）， ＝（1，0，1），＝（﹣，0，）， 设异面直线EF、GH所成角的为θ， 则cosθ＝＝＝． ∴异面直线EF、GH所成角的余弦值为． 故答案为：． 28．【答案】见试题解答内容 【分析】画出图形，直接判断①AD1⊥C1P的正误； 利用正方体的特征，判断②若BD1⊥平面PAC，则λ＝，的正误； 通过λ＝，判断△PAC是否为钝角三角形，判断λ∈（0，）的正误； 通过建立空间直角坐标系，判断④若λ∈（，1），则△PAC为锐角三角形，判断④的正误． 【解答】解：如图①中，AD1与C1P是共面直线，是相交直线，∴①不正确； 对于②若BD1⊥平面PAC，几何体是正方体，∴P在平面AB1C中，则λ＝；②正确； 对于③，当P为BD1的中点时，若△PAC为钝角三角形，PA＝PC＝，AC＝a，此时∠APC＝120°，∴则λ∈（0，）不正确； 对于④，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3， 则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3）， ∴＝（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵＝＝（﹣2，﹣2，2），∴＝+（﹣2，﹣2，2）＝（1，1，2）． ＝＝（﹣2，1，2），＝（1，﹣2，2）∴cos∠APC＝＝0，∠APC＝90°． 若λ∈（，1），则△PAC为锐角三角形．正确， 故答案为：②④ 29．【答案】见试题解答内容 【分析】m⊥α，n⊥β，α⊥β，由面面垂直的性质定理得m⊥n；m⊥n，m⊥α，n⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β． 【解答】解：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n，由面面垂直的性质定理得m⊥n正确； m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β正确； α⊥β，n⊥β，m⊥n⇒m⊥α，这里m与α相交、平行或m⊂α，故m⊥α不正确； m⊥n，α⊥β，m⊥α⇒n⊥β，这里n与β相交、平行或n⊂β，故n⊥β不正确． 故答案为：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β． 30．【答案】见试题解答内容 【分析】如图所示，直线l与AB1所成角即为∠B1AC．利用余弦定理，可得结论． 【解答】解：如图所示，直线l与AB1所成角即为∠B1AC． 设三棱柱的棱长为a，B1A＝B1C＝a，AC＝a， ∴cos∠B1AC＝＝， ∴直线l与AB1所成角的余弦值为． 故答案为：． 31．【答案】． 【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则，＝（0，2，﹣1），由此利用向量法能够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值． 【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴， 建立空间直角坐标系， 则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1） ∴，＝（0，2，﹣1）， 设异面直线AE与D1F所成角为θ， 则cosθ＝|cos＜，＞|＝||＝． 故答案为：． 32．【答案】见试题解答内容 【分析】由题意，E为线段A1C1的中点，连接AC与BD交于O，连接B1O，可得可得接B1O∥ED，异面直线DE与B1C所成角的平面角为B1OC．在△B1OC中，求解三边的长度，利用余弦定理即可求解． 【解答】解：由题意，E为线段A1C1的中点，连接AC与BD交于O， 连接B1O，可得可得接B1O∥ED， 异面直线DE与B1C所成角的平面角为∠B1OC． 设正方体的棱长为a， 在△B1OC中：则B1O＝＝ OC＝，B1C＝ 由余弦定理：cos∠B1OC＝＝ ∴∠B1OC＝． 故答案为： 33．【答案】见试题解答内容 【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值即可 【解答】解：如图，设＝，，，棱长均为1， 则＝，＝，＝ ∵， ∴＝（）•（）＝﹣++﹣+ ＝﹣++＝﹣1++1＝1 ||＝＝＝ ||＝＝＝ ∴cos＜，＞＝＝＝ ∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 34．【答案】． 【分析】由题意画出图形，利用异面直线所成角求出长方体的高，然后利用剪展问题求解最短路径． 【解答】解：如图， 取CD中点F，连接D1F，可得D1F∥CE， ∵异面直线AD1与CE所成的角是60°，∴∠AD1F＝60°， 设DD1＝n，∵AB＝2BC＝4，∴AD＝DF＝2，则AD1＝D1F，且AF＝2， 又∠AD1F＝60°，∴，求得n＝2． 可得长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2AA1＝4， 则在此长方体的表面上，从A1到C的路径中，最短路径是沿CD剪开， 绕AB把平面ABCD翻折至与AA1B1B所在面重合，连接A1C所得线段长度， 大小为（另外两种情况长度相等为，不是最小值）． 故答案为：． 35．【答案】见试题解答内容 【分析】过A作AD∥BC，连接SD，则∠SAD即为SA与BC所成角；依题意，可求得SA＝SD＝2，AD＝，在△SAD中，利用余弦定理可求得SA与BC所成角的余弦值． 【解答】解：在圆锥的底面圆上过A作AD∥BC（D在底面圆上），连接SD， 则∠SAD即为SA与BC所成角． ∵圆锥的高，底面直径AB＝2，AC＝1， ∴△ACD为直角三角形，且∠BAC＝， ∴BC＝AD＝， 又SA＝＝2＝SD， 在△SAD中，由余弦定理得cos∠SAD＝＝＝， 故答案为：． 36．【答案】见试题解答内容 【分析】分别取AD、BD、AC的中点E、F、G，连结EF、EG、BG、DG推导出△EFG是等边三角形，EF∥AB，EG∥DC，∠FEG是异面直线AB与CD所成角，由此能求出异面直线AB与CD所成角． 【解答】解：分别取AD、BD、AC的中点E、F、G， 连结EF、EG、BG、DG， 设AB＝BC＝2，则AD＝CD＝2，EF＝AB＝1，EG＝， BG⊥AC，DG⊥AC，∴∠BGD是二面角B﹣AC﹣D的平面角， ∵B﹣AC﹣D为直二面角，∴∠BGD＝，BG＝DG＝， ∴BD＝＝2，∴FG＝1， ∴△EFG是等边三角形， ∵EF∥AB，EG∥DC，∴∠FEG是异面直线AB与CD所成角， ∵， ∴异面直线AB与CD所成角为． 故答案为：． 37．【答案】． 【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【解答】解：四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点， ∴以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0）， ∴＝（1，1，﹣2），＝（2，0，0）， 则cos＜＞＝＝＝， 设异面直线DM与PA所成角为θ， 则cosθ＝cos＜，＞＝， ∴sinθ＝＝， ∴tanθ＝＝， ∴异面直线DM与PA所成角的正切值为． 故答案为：． 38．【答案】见试题解答内容 【分析】对于①，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于②，考虑直线与平面平行的性质定理以及直线与平面的位置关系，故错误；对于③考虑α⊥β的判定方法，而条件不满足，故错误；对于④符合面面垂直的判定定理，故正确；对于⑤不符合线线平行的判定，故错误． 【解答】解：若l垂直于a内的两条相交直线，则l⊥α，故①正确， 若l∥α，则l行于α内的大部分直线，还与一部分直线是异面关系，故②不正确， 若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α⊥β或平行或斜交，故③不正确， 若l⊂β，且l⊥α，则α⊥β；这是面面垂直的判定定理，故④正确 若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l或异面，故⑤不正确， 总上可知有1个命题正确， 故选B．故正确命题的序号是 ①④． 39．【答案】． 【分析】过点B作BD∥AC，交圆O′于D，则∠OBD即为直线AC与OB所成的角，求出各边关系即可得出结论． 【解答】解：如图，设底面圆心为O′，则OO′⊥底面ABC，OO′⊥O′B， 过点B作BD∥AC，交圆O′于D，连接OD，AD， 则∠OBD即为直线AC与OB所成的角， 设底面圆半径为1，由圆柱高和底面圆的半径相等，得圆柱的高为1， 在Rt△OO′B中，OB＝， 因为∠ABC＝45°，所以AC＝BC＝， 由圆的对称性可知BD＝AC＝，OB＝OD＝所以△OBD为等边三角形， 则∠OBD＝，故直线AC与OB所成角的余弦值为． 故答案为：． 40．【答案】． 【分析】将三棱锥补成三棱柱，取AC中点O1，PF中点O2，判断出外接球球心即为O1O2的中点O，设外接球半径为R，利用球的体积求出R，利用勾股定理求出BC＝2，判断出∠BPF或其补角即为异面直线所成的角，根据△PBF为等边三角形，求出异面直线PB与AC所成角． 【解答】解：如图，将三棱锥补成三棱柱，取AC中点O1，PF中点O2， 外接球球心即为O1O2的中点O，设外接球半径为R， 则，得，所以，得BC＝2， 由AC∥PF，所以∠BPF或其补角即为所求异面直线所成的角， 易得，所以异面直线PB与AC所成角为． 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 41．【答案】（1）证明过程见解答；（2）． 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得EF∥平面PBC，根据线面平行的性质定理可得GH∥EF，再由线面平行的判定定理得到GH∥平面ABC． （2）通过证明BC⊥PC及GH∥BC，即可判定四边形GHBC为直角梯形，再求出四边形GHBC的面积． 【解答】解：（1）证明：因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC． 又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC． 又平面EFGH∩平面PBC＝GH，所以GH∥EF． 又GH⊄平面ABC，EF⊂平面ABC，所以GH∥平面ABC． （2）在△ABC中，AC2+BC2＝AB2，所以AC⊥BC． 因为AP⊥平面PBC，所以AP⊥BC，所以BC⊥平面APC，所以BC⊥PC． 因为GH∥EF，EF∥BC，所以GH∥BC，所以四边形GHBC为直角梯形． 因为，GC＝， 所以． 42．【答案】见试题解答内容 【分析】由PD⊥面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥DC，又∵矩形ABCD，∴AD⊥DC，可得PD，AD，CD三条直线两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系来解题． 【解答】（Ⅰ）证明：由题可以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系． 可得P（0，0，4），A（2，0，0），B（2，4，0），D（0，0，0），C（0，4，0）， ∵， ∴易得E（0，3，1），F（，，），∴＝（，，）， 设平面BDE的法向量为＝（x，y，z），，， ∴可得方程组，令y＝﹣1，则求得x＝2，z＝3，∴＝（2，﹣1，3）， 计算可得，∴AF∥平面BDE．得证． （Ⅱ）假设存在M，使CM⊥面BDE，设（λ＞0），M（a，b，c）， 由，可得①，＝（a，b﹣4，c）， ∵CM⊥面BDE，∴，∴②， 将①代入②中，可知无解．假设不成立． 故棱PA上不存在点M，使CM⊥面BDE． 43．【答案】见试题解答内容 【分析】要PQ∥平面BCE，只需证明直线PQ平行平面BCE内的直线MN即可． 【解答】证明：作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN． ∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE＝BD． 又AP＝DQ，∴PE＝QB， 又PM∥AB∥QN， ∴＝＝，＝， ∴＝， ∴PM∥QN，且 PM＝QN即四形PMNQ为平行四边形， ∴PQ∥MN． 又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE， ∴PQ∥平面BCE． 44．【答案】见解答过程． 【分析】（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得 BC1∥平面A1CD． （Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用 勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得的值，再根据三棱锥C﹣A1DE的体积 为••CD，运算求得结果． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点． ∵直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，F分别是AB，BB1的中点，故DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1． 由于DF⊂平面A1CD，而BC1不在平面A1CD中，故有BC1∥平面A1CD． （Ⅱ）∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，故此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形． 由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1，∴CD＝＝． ∵A1D＝＝，同理，利用勾股定理求得 DE＝，A1E＝3． 再由勾股定理可得+DE2＝，∴A1D⊥DE． ∴＝＝， ∴＝••CD＝1． 45．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连结SB，由已知得EG∥SB，由此能证明直线EG∥平面BDD1B1． （2）连结SD，由已知得FG∥SD，从而FG∥平面BDD1B1，又直线EG∥平面BDD1B1，由此能证明平面EFG∥平面BDD1B1． 【解答】证明：（1）如图，连结SB， ∵E、G分别是BC、SC的中点， ∴EG∥SB， 又SB⊂平面BDD1B1，EG不包含于平面BDD1B1， ∴直线EG∥平面BDD1B1． （2）如图，连结SD， ∵F，G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD， 又SD⊂平面BDD1B1，FG不包含于平面BDD1B1， ∴FG∥平面BDD1B1， 又直线EG∥平面BDD1B1，且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG， EG∩FG＝G， ∴平面EFG∥平面BDD1B1． 46．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）取A1B1的中点G，连结AG，推导出四边形ADB1G为平行四边形，由此能证明B1D∥平面CEF． （2）分别以AC、AB、AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线CE与C1D所成角的余弦值． 【解答】证明：（1）取A1B1的中点G，连结AG， ∵，∴F为A1A的中点，又E为AA1中点，∴EF∥AG， ∵A1B1AB，D为AB中点，∴， ∴四边形ADB1G为平行四边形， ∴AG∥B1D，∴EF∥B1D，又EF⊂平面CEF，B1D⊄平面CEF， ∴B1D∥平面CEF． 解：（2）分别以AC、AB、AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则C1（2，0，4），C（2，0，0），D（0，1，0），E（0，0，2）， ∴＝（﹣2，1，﹣4），＝（﹣2，0，2）， ∴cos＜，＞＝＝＝﹣， ∴异面直线CE与C1D所成角的余弦值为． 47．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先利用等体积法求出PG的长，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连接PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角，在△PCH中利用余弦定理求出此角即可； （2）在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG，DK的长就是点D到平面PBG的距离，在△DKG利用边角关系求出DK长； （3）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连接MF，先证明FM∥PG，然后利用三角形相似对应边成比例建立等量关系即可． 【解答】解：（I）由已知， ∴PG＝4． 在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连接PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角． 在△PCH中，， 由余弦定理得，cos∠PCH＝， ∴异面直线GE与PC所成的角的余弦值为． （II）∵PG⊥平面ABCD，PG⊂平面PBG∴平面PBG⊥平面ABCD， 在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG∴DK的长就是点D到平面PBG的距离． ∵． 在△DKG，DK＝DGsin45°＝，∴点D到平面PBG的距离为． （III）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连接MF， 又因为DF⊥GC， ∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM． 由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD∴FM∥PG； 由GM⊥MD得：GM＝GD•cos45°＝． ∵，∴由DF⊥GC可得． 48．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BF∥平面PDE． （2）求出，，利用向量法能求出异面直线GH与PE所成角的余弦值． 【解答】证明：（1以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， B（3，0，0），F（0，0，1），P（0，0，3），E（3，2，0），D（0，3，0）， ＝（﹣3，0，1），＝（0，3，﹣3），＝（3，2，﹣3）， 设平面PDE的法向量为＝（x，y，z）， 则，取y＝3，得＝（1，3，3）， ∵＝﹣3+0+3＝0，BF⊄平面PDE，∴BF∥平面PDE． （2）C（3，3，0），G（2，0，0），CD中点M（，3，0），＝（）， ∴＝＝（1，2，﹣2），∴H（1，2，1）， ＝（﹣1，2，1），＝（3，2，﹣3）， 设异面直线GH与PE所成角为θ， 则cosθ＝＝＝． ∴异面直线GH与PE所成角的余弦值为． 49．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）连接AC，设AC∩BD＝Q，又点E是PC的中点，则在△PAC中，中位线EQ∥PA，又EQ⊂平面BDE，PA⊄平面BDE．所以PA∥平面BDE （Ⅱ）由平面PAB⊥平面ABCD，则PO⊥平面ABCD；作FM∥PO于AB上一点M，则FM⊥平面ABCD，进一步利用最后利用平行线分线段成比例求出λ的值． 【解答】证明：（Ⅰ）如图连接AC，设AC∩BD＝Q，又点E是PC的中点，则在△PAC中，中位线EQ∥PA， 又EQ⊂平面BDE，PA⊄平面BDE． 所以PA∥平面BDE （Ⅱ）解：依据题意可得：PA＝AB＝PB＝2，取AB中点O， 所以PO⊥AB，且 又平面PAB⊥平面ABCD， 则PO⊥平面ABCD； 作FM∥PO于AB上一点M， 则FM⊥平面ABCD， 因为四边形ABCD是矩形， 所以BC⊥平面PAB， 则△PBC为直角三角形， 所以， 则直角三角形△ABD的面积为， 由FM∥PO得： 50．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）设AC，BE的交点为O，连结PO．通过证明AC⊥平面PBE得出AC⊥PO，从而得出△POA≌△POC，于是PA＝PC． （2）取PE的中点M，连结FM，BM．利用中位线定理证明四边形BCFM是平行四边形，得出CF∥BM，从而得出CF∥平面PBE． 【解答】证明：（1设AC，BE的交点为O，连结PO． ∵AD∥BC，AE＝BC＝AB， ∴四边形ABCE是菱形， ∴AC⊥BE，OA＝OC． 又AC⊥PB，BE，PB⊂平面PBE，PB∩BE＝B， ∴AC⊥平面PAC，∵PO⊂平面PBE， ∴AC⊥PO，又OA＝OC， ∴△POA≌△POC， ∴PA＝PC． （2）取PE的中点M，连结FM，BM． ∵F，M分别是PD，PE的中点， ∴MFDE， ∵BC∥AD，AD＝3BC，AE＝BC， ∴BCDE， ∴BC． ∴四边形BCFM是平行四边形， ∴CF∥BM， 又BM⊂平面PBE，CF⊄平面PBE， ∴CF∥平面PBE． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 15:26:33；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$