5.3 点、线、面的位置关系-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§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，) 五年高考母题题源揭秘 题源1平面的基本性质及应用 的三条棱AB、CC1、A1D1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 B 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 A 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，即证若千点共线的依据. (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分别作三组相对楼中点的连线，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十ADAB,BC十BDAB, 4.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,DD [真题1](2022·全国Ⅱ)与正方体ABCD-A1B1C,D, ⊥平面ABCD,DD1=2. ·96· (1)求证：A1C1与AC共面，B1D1与 D B1A1⊥AD1,OE⊥AD BD的共面； B1C1⊥C1D1,.OF LCD (2)求证：平面AACC1⊥平 .点O在BD上，故DB1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,DD所在直线分别为 A 又平面A1ACC1过AC,.平面A1ACC1⊥平面B:BDD1 x轴，y轴，x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一xy,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ACLB1B. A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2), A 过点A在平面ABB1A1内作AM⊥BB于M,连接MC,MO, D1(0,0,2). 则B1B⊥平面AMC,于是B1B⊥MC,B1B⊥MO, (1)证明：A1C=(-1,1,0),AC=(-2,2,0),D1B1= 所以，∠AMC是二面角A一B1B-C的一个平面角. (1,1,0),DB=(2,2,0). 根据勾股定理，有A1A=√5，C1C=√5，B1B=√6. AC=2ACI,DB=2DB, :OMLB,B.有OM=B0OB-合BM=√后AM /2 AC与A1C平行，DB与D1B平行，于是A1C1与AC共 BB√3 面，B1D1与BD共面. /10 (2)证明：DD·AC=(0,0,2)·(-2,2,0)=0, √四cw= D.AC=(2,2,0)·(-2,2,0)=0, .cos∠AMC= AM:+CM:-AC ,∠AMC=x 1 .DD⊥AC,DB⊥AC.又DD1与DB是平面B1BDD1内 2AM·CM 的两条相交直线， 1 arccos 5 .AC⊥平面B1BDD1 又ACC平面A1ACC1, 二面角A-BB1-C的大小为r-arccos5 ∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1, (3)AA1=(-1,0,2),BB1=(-1,-1,2),CC1=(0,-1,2). 题源2异面直线所成的角与距离 设n=(x1y1,心1)为平面A1ABB1的法向量， n·AA1=-x1+2x1=0,n·BB1=-x1-y1+2≈1=0， 解题模型 于是y1=0,取x=1,则x1=2,n=(2,0,1). 1,求异面直线所成角的方法 设m=(x2y,之2)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·BBi=-x:-y2+2x2=0,m·CC=-y:+2x2=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,取之2=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 cos(m,n)=mm-石· m·n1 上（如线段端点，中点等），以便于计算，具体步骤如下： ①利用定义构造角，②证明所作出的角为异面直线所 .二面角A-BB1-C的大小为π-arccos5 成的角③解三角形求角. 2.求异面直线距离的方法 解法二（综合法）：(1)：D1D⊥平面 D ①公垂线法：找出或作出两异面直线的公垂线，再计 ABCD, A 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CD1∥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A 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：.对于异面直线的距离，只要求会计 有A1E∥D1D,CF∥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 ∴.AE∥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BOLA1E,B,O A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中 4C F. 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.1209 于是OELB1A1,OFLB1C1,.OE=OF. [解析]如图所示，连接A1B、BC1、A1C1, ·97· EF∥A1B,GH∥BC1, C 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 :△ABC1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， ABDE有一公共边AB,二回角C-B-D的余花值为普.M,N 在Rt△POA,因为AP=√2，AO=1,所以OP=1, 分别是AC,BC的中点，则EM、AN所成角的余弦值等于 2 在R△POB中，tan∠pB0f8-万-兰，∠PBO=arctan乞· [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 所以并西直线PB与CD所成的角是x一arca(子）】： 与求法. 如图，设边长为1，取AB的中点F, (③)很设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为 2 DE的中，点G,连接CF、CG, 由题意知∠CFG就是二面角 设QD=,期Sae=宁，南2)得CD=0B-厄 C一AB一D的平面角， 在Rt△POC中，PC=√OC2+OP=√2，所以PC=CD= ∴.CG2=CF+FG-2CF·FGcos.∠CFG DP:SA- 3 ·(2):=3 21 由m=将行×X1-×号×解得 ∴△CFG为等腰三角形，即点C在面ABDE上的射影就是 正方形ABDE的中心O,连接CE、CD,则四棱锥C-ABDE为 3 <2,所以存在点Q满足题意，此时 AQ 1 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，OC、 AN、EM为等边三角形的高AN=EM= OD,O下的方向分别为x轴、y轴、 2 :轴的正方向，建立空间直角坐标 AG=E+o-√+()-， 系O一xy.依题意，易得A(0,一 1,0),B(1,-1,0)、C(1,0,0),D AN2+NG2-AG2 ∴.cos∠ANG= 2AN·NG (0,1,0),P(0,0,1),所以CD=( 1.1,0),Pi=(1,-1,-1D.cos〈Pi,ci)= PB.CD IPBIICDI √33 -1-1 2×2X2 √5·√2 3,所以异面直线PB与CD所成的角是x [真题6](2020·福建)如图，在四棱鞋P-ABCD中，侧 6 arccos 面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角 3 梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD 中点. (③)假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为 (1)求证：PO⊥平面ABCD: 由(2)知Cp=(-1,0,1),CD(-1,1,0). (2)求异面直线PB与CD所 设平面PCD的法向量为n=(x0,yo,之o), 成角的大小； (3)线段AD上是否存在点 则·C立-0，」 。所以厂2十0=0， {n·Ci=0,{-x。+yo=0, 即x0=y。=之0， Q,使得它到平面PCD的距离为 3 取x。=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1). 若存在，求出品的值：若不 存在，请说明理由。 设Q090(-1≤y≤1D,C成=(-1,0，由.n n [解析](1)在△PAD s,得-1+y|3 中，PA=PD,O为AD中点， 受，解得)=一或y=号（合去）此时时 所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥ 底面ABCD,平面PAD∩平面 1=宁，0心=号所以春在点Q满足道意此时品行 ABCD=AD,POC平面PAD, [真题7](2022·天津)在长方体ABCD-A1B1CD1 98· 中，E,F分别是棱BC,CC1上的点，CF=AB=2CE,AB:AD :AA1=1￥2：4. AD所成的角.易知BM=CM=2B,C=5,所以cos∠BMC (I)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值： BM2+CM-BC23 2·BM·CM 亏，所以异面直线EF与A,D所成角的 (Ⅱ)证明：AF⊥平面A1ED: (Ⅲ)求二面角A1一ED一F的正弦值 [解析]方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为 争茶位为号 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CP-EC=」 BC AB 2 0.E20 所以Rt△DCEC∽Rt△CBA.从而 ∠CDE=∠BCA,又由于∠CDE+B (1)易得京=(0,21A方=(0,2，-40. ∠CED=90°，所以∠BCA+∠CED= 90°.故AC⊥DE.又因为CC1⊥DE且 于是cos(E录，A方)= EF·A1D 3 CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACF.从 IEFIA DI 5 而AF⊥DE. 所以异面直线EF与AD所成角的余弦值为亏 3 连结BF,同理可证BC⊥平面 ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D. (Ⅱ)证明：易知A下=(1,2,1)，EA1= 因为DE∩A1D=D,所以AF⊥平 (1,子励=（1小子是 1 面AED. (Ⅲ)连结AN,FN.由（Ⅱ）可知 AF.EA=0,AF·ED=0.因此，AF1 DE⊥平面ACF,又NFC平面ACF, EA1,AF⊥ED.又EA1∩ED=E, A1NC平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N.故∠A1NF为二 所以AF⊥平面A1ED. 面角A1一ED-F的平面角， (Ⅲ)设平面EFD的法向量u=(x,y, 1 号如Ri△CNER△CBA,所以器-张又AC=5,所 w·EF=0, 2y+2=0, E 之)，则 即 以CN-5在△CNF中，NF=VCF+CN=在 u·ED=0, -x+2y=0. Rt△A1AN中·A1N=√AN2+AA=5.连结A,C, 不妨令x=1,可得u=(1,2,-1).由（Ⅱ）可知，AF为平面 AED的一个法向量.于是0su,A产)=”·A京 A1F,在Rt△A1C1F中，A1F=√A1C+C1F2=√I4. 在△ANE中，∠A,NF=△Y+AP-子 2·A1N·FN 而sin,A=5 3 所以sim∠A,NF= 3 所以二面角A!一ED-下的正孩值为5 3 所以二面角A,—ED-F的正孩值为， 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 连络BC,C设BC与BC交于点M:易知A,D/ 点.解决方法一是推理论证，二是利用空间向量知识解决. B1C.由 CE_CF=1 CBCC=车，可知EF∥BC.故∠BMC是异面直线 EF与 五年高考母题原型训练 (★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 命题中，不正确的是 (2若点G在C上，G=号点M在B,上.GMLB. A.若AC与BD共面，则AD与BC共面 B.若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 垂足为H,求证：EM⊥平面BCC1B1; C.若AB=AC,BD=DC,则AD=BC (3)用0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tan0. 2.(2022·辽宁)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长 都为α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,W6+√2) B.(1,2√2) C.(W6一√2，W6+√2) D.(0,22) 3.(2019·江苏)如图，已知ABCD一A1B1C,D1是棱长为 ·99。 题源2异面直线所成的角与距离（★★★★） 4.(2021·全国Ⅱ)已知正四楼柱ABCD一A1B1C1D1中 AA1=2AB,E为AA:中点，则异面直线BE与CD1所成角的 余弦值为 () A.0 1 10 B.5 C30 10 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 () A号 2 6.3 a 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， B M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB, 和BM所成的角的大小是 ·100· 9.(2020·天津)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD 是矩形.已知AB=3,AD=2,PA=2,PD=2√2，∠PAB=60°. (1)证明：AD⊥平面PAB; 2022一2023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mCa,n∥a,则m∥n; ②若m∥a,m∥B,则a∥B: ③若a∩B=n,m∥n,则m∥a且m∥B; ④若m⊥a,m⊥B,则a∥B. 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.(了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 6.(G1)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、D四点的位置关系是() A.一定共面 B.不一定共面 C.一定不共面 D.满足题设的四点不存在 7.(信2)过正方体ABCD-A1B:C1D1的顶点A作直线1， 使l与棱AB,AD,AA,所成的角都相等，这样的直线1可以作 () A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 8.(它2)若P是两条异面直线1、m外的任意一点，则() A.过点P有且仅有一条直线与1、m都平行 B.过点P有且仅有一条直线与1、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1、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9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.(了2)在正四棱鞋S一ABCD中，底面边长为2，高为 D.b∥d且a∥c 3.(@1)已知直线11l,与平面a.则下列结论正确的是 √瓦，则异面直线AB与SC所成角的大小是 11.(2)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M∈ A.若l1二a,l2∩a=A,则1、l2为异面直线 AB1,V∈BC1,且AM=BN,有以下四个结论： B.若11∥12，l1∥a,则l:∥a ①AA1⊥MN:②A,C1∥MN; C.若l1⊥12，l1⊥a,则l:∥a ③MN与面A1B1C1D1成0°角； D.若l1⊥a,l⊥a,则11∥1 ④MN与A1C1是异面直线. 4.(了1)已知m、n是不重合的直线，a、B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.(G1)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1∥直线BD,应如何作图？ 并说明理由； A (2)过P点在平面A1B1C1D1内作一直线，使1'与BD成 12.(了2)如图所示，在正方体 D 。角，这样的直线有几条？应如何作图？ ABCD-A1B1C1D1中，选出两条棱和 A 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 D 条面对角线AB:,那么另外三条线段可 以是、 （只需写出一种情况即 A 可) 14.(了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， ·102· 15.(宣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： (2)二面角B一PA-C的大小. 3GD,BG⊥GC,GB=GC=2,E是BC的中点，四面体 P-BCG的体积为号 (1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值； (2)若F点是按PC上的-点，且DF1GC.求咒的值 16.(自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一BCD.在棱 锥A一BCD中，求： (1)线段AC的长； (2)异面直线EF和AB所成角的大小. ·103·D 则A(0,00)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、 p001)Mo1,2） 则A花=11.0)，Ad-(（01,） 设平面AMC的法向量为n=(x,y,之)， x+y=0, 照立二0时 即) 1 这时取n=(1,-1,2), PD=(1,0,-1), 而n·PD=-1,∴n与Pi不垂直， ∴.直线PD与平面AMC不平行. (3)由(2)知平面AMC的法向量为n=(1,一1,2)， 又平面ABCD的法向量AP=(0,0,1), 则cos(nA市= 3· 二面角M-AC-B的正切值为 17.(1)证明：因为AB=3,BC=4,所以图中AC =5,从而有AC2=AB2+BC”,即AB⊥BC.又因为 AB⊥BB1,而BC∩BB,=B,所以AB⊥平 面BCC1B1. (2)解：因为BP=AB=3,CQ=AC=7,所以 So-Bp+C0):BC=3+70X4=20 2 从同Va-om=专Sm·AB=子×20X3= 3 20.又因为Vr-AuBa=Sax·AA,=号X3X4X 12=72, 所以平面APQ将三棱柱ABC-A1B1C1分成 上、下两部分几何体的体积之比为 V上=72-20_52_13 V =20=20=5 (3)解：建立如图空间直角坐标系，则 A(3,0,0)、P(0,0,3)、A1(3,0,12)、Q(0,4,7), 所以AP=(-3,0,3),A1Q=(-3,4,-5). ·5 设直线AP与直线A:Q所 B,13 成角为6， A 则cos0= AP·AQ] 1AP|·IAQ 6 1 325√25 §5.3 点、线、面的位置关系A 五年高考母题原型训练 1.C 2.A【解析】构成如下所示两种三棱锥 (2) 图(1)中有AC=BD=a,取AC中点E,∴.AB =BC=2,则BE⊥AC, ∴.BE=4 Q,易得DE=BE,在△BDE中 4 a 由三边关系可得2√4-4>a,解得0<a<2WE: 图(2)取BD中点F,AB=AD=a,.AF ⊥BD, AF=a-1,BC=CD=BD=2,..CF =√3， 在△AFC中由三边关系可得2-√3<√a-1 <2+√3，解得√6-√2<a<√6+√2； 综上a的取值范围为(0，√6十√2)，故选A. 3.本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、 线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间 想象能力、逻辑推理能力和运算能力。 解法一：(1)如图，在DD1上取点N,使DN=1, 连接EN,CN,则AE=DN=1,CF=ND1=2. 因为AE∥DN,ND1∥CF,所以四边形 ADNE、CFD1N都为平行四边形. 从而EN LAD,FD1∥CN. 又因为AD LBC,所以EN LBC,故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN∥BE,从而FD1∥BE. 因此，E、B、F、D1四点共面. (2)如图，GM⊥BF,又BM⊥BC,所以∠BGM =∠CFB,BM=BG·tan D ∠BGM=BG·tan∠CFB=C BC 23 BG·CF=x2-1. 因为AE L BM,所以 ABME为平行四边形，从而 G AB∥EM. 又AB⊥平面BCC1B1,所以EM⊥平 面BCC1B1 (3)如图，连接EH. 因为MH⊥BF,EM⊥BF,所以BF⊥平面 EMH,得EH⊥BF,于是∠EHM是所求的二面角的 平面角，即∠EHM=日. 因为∠MBH=∠CFB,所以 MH=BM·sin∠MBH=BH·sin∠CFB= BC 3 3 =1× M BM· √BC+CF √3+22√/1 =tane MH =√13. 解法二：(1)建立如图 所示的坐标系，则BE=(3, 0,1),BF=(0,3,2),BD1 =(3,3,3) 所以BD=B正+BF 故BD、B龙、BF共面. G 又它们有公共点B,所以E、B、F、D1四点共面. (2)如图，设M0.0,e).则G7=(0,-子 而萨=03,2).由题设得GM,萨=-子×3 十之×2=0，得之=1. 因为M(0,0,1),E(3,0,1),有M正=(3,0,0).又 BB1=(0,0,3),BC=(0,3,0), 所以M正.BB=0,M正.BC=0,从而ME⊥ BB1,ME⊥BC,故EM⊥平面BCC1B1. (3)设向量BP=(x,y,3),且BP⊥截面 EBFD1,于是BP⊥B正，BP⊥BF.而B正=(3,0,1)， B市=(0,3,2)，得B驴.BE=3x+3=0,B币.BF= 3y+6=0,解得x=-1,y=-2,所以BP=(-1, 2,3). 又BA=(3,0,0)⊥平面BCC1B1,所以BP和BA 的夹角等于日或π-0(0为锐角).于是c0s0= ·5 B币.BA=故am0=√. 1BP1·BA1√I41 4.C【解析】本题考查异面直线所成的角的 知识特殊化处理，平移找两相交直线所成的角，取 DD1的中点F,连接CF,∠D1CF为所成的角或其 补角，取AB=1,cos∠D1CF= 5+2-13√10 2√5X√2 10 选C. 5.C【解析】如图所 示，连结AC,BD相交于点O, 连结EO,则EO∥SD,得 ∠AEO就是AE与SD所成的 角，又AO⊥平面SBD,于是得 AO⊥OE,设AB=a, 则B0=号AD= 2a,A0= 2a, AE-AOFOE3 , 1 ÷os∠AE0=OE_Za AE 3,故应选C 6.C【解析】本题考查正方体的性质、点线 距，属于基础知识、简单的逻辑推理的考查，如图所 示，则BC中点，B1点，D点，A1D1中点分别到两异 面直线的距离相等，即满足条件的点有四个，选C D B B 7.D【解析】在15条直线中和底边成异面直 线共有C×5=30对，面对角线和侧棱共可以组成6 对异面直线，所以在15条直线中共可以组成36对异 面直线，选D. 8.90°【解析】本题考查正三棱柱的性质、面 面垂直的性质、三垂线定理以及两条异面直线所成的 角的意义等知识，取BC的中点D,连接AD、B1D,则 有AD⊥平面BCC1B1,AB1在平面BCC1B1上的射 影是BD.在正方形BCC1B1中，D是BC的中点，M 是CC1的中点，因此B1D⊥BM,BM⊥AB1,即直线 AB1与BM所成的角是90°. 9,本小题主要考查直线和平面垂直、异面直线 所成的角、二面角等基础知识，考查空间象能力、运算 能力推理论证能力. (1)证明：在△PAD中，由题设PA=2,AD=2, PD=2√2，可得PA+AD=PD,于是AD⊥PA. 在矩形ABCD中，AD⊥AB.又PA∩AB=A, 所以AD⊥平面PAB, (2)解：由题设，BC∥AD,所以∠PCB(或其补角) 是异面直线PC与AD所成的角，在△PAB中，由余弦 定理得PB=√PA+AB-2PA·AB·cos∠PAB =√7. 由(1)知AD⊥平面PAB,PBC平面PAB,所以 AD⊥PB,因而BC⊥PB,于是△PBC是直角三角 形故1am∠PCB= PB√7 BC 2' 所以异面直线PC与AD所成的角的大小为 arctan 2 (3)解：过点P作PH⊥AB于H,过点H作HE ⊥BD于E,连接PE. 因为AD⊥平面PAB, PHC平面PAB,所以AD ⊥PH.又AD∩AB=A,因 而PH⊥平面ABCD,故 HE为PE在平面ABCD内 的射影.由三垂线定理可知， BD⊥PE.从而∠PEH是二面角P-BD一A的平面 角由题设可得， PH=PA·sin60°=√3，AH=PA·cos60°=1， BH AB AH =2,BD AB+AD =√13， HE-品·BH= 3 于是在Rt△PHE中，tan∠PEH= PH 39 HE 4 √39 所以二面角P-BD一A的大小为arctan 4 10.解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空 间直角坐标系D一xy之. 则DA=(1,0,0), D 5 CC=(0,0,1). 连结BD,B'D' 在平面BB'D'D中，延长DP交BD'于H, 设DH=(m,m,1)(m>0), 由已知DH,DA〉=60°， 由DA·Di=DA1·Di1·cos(Di,DA), 可得2m=√2m2+1. 解得m= 2, 所以D方= x0+ 1)因为cos(DH,CC)=Z 2×0+1X1 1×√2 2, 所以(Di,CC)=45°， 即DP与CC所成的角为45°， (2)平面AA'D'D的一个法向量是DC=(0,1,0). 2 X1+1×0 因为os(Di,D元)=2 1×√2 ⊙、1 所以(DH,DC)=60°， 可得DP与平面AA'DD所成的角为30. 2012一2013高考题源拓展测试 1.A 2.C 3.D【解析】A错，11、l2也可能相交；B错， I2也可能在a内；C错，12也可能在a内；D正确，垂 直于同一平面的两条直线平行，综上所述，故选D, 4.B【解析】①如图： m m 不平行于n: ②如图： a与B相交； ③如图： a7m在B中： n m B ④同时垂直于一条直线的两个不重合平面平行， 故选B. 5.D【解析】采用排除法， 当直尺放在地面上时，地面上不存在直线与直尺 所在直线异面.故排除A.当直尺所在直线与地面相交 时，地面上不存在直线与直尺所在直线平行.故排除 C.当直尺所在直线与地面平行时，地面上不存在直线 与直尺所在直线相交，故排除B.而空间两直线可以相 交垂直，也可以异面垂直.故选D. 6.B 7.D 8.B 9.②④【解析】①显然错误，若点在其中一 条异面直线上明显不可能作出，即使点在两条异面直 线外，也不一定能作出.②正确.③错误：日=90°时，即 过平面外一点作与该平面垂直的直线有且只有一条， ④正确. 10.60°【解析】如图， ,AB∥CD, 异面直线所成的角为 ∠SCD. 可求SC=SD=CD=2, ∴.∠SCD=60 11.①③ 12.BD,CC1,D1A1或A1C1,D1D,CB或 BC,CD,DA AD,DC.CB 13解：如图所示，(1)连结B,D1,在平面AC 内过P作直线l,使1∥B1D1.B1D1∥BD, l∥BD,即1为所求 D 作的直线. (2)在平面A1C1内，作 B 1'与B1D1相交且成a角， BD∥B1D1, A B ∴1'与BD也成a角，即1'为所求作的直线 若'与BD是异面直线，则1'与BD所成的角 ae0,21: ·5 当。=受时，这样的/有且只有一条， 当a≠受时，这样的1r有两条 若'与BD共面，则1'与BD平行，角a=0°，这 样的直线只有一条， 14.证明：(1)如图所示，连结CD1、EF、A1B, ,E、F分别是AB和 AA1的中点， .EF∥A1B且EF= 子AB 又A1D1LBC, ∴.四边形A1BCD1是平行四边形， .AB∥CD1,.EF∥CD1, ∴EF与CD1确定一个平面a, .E、F、C、D∈a, 即E、C、D1、F四点共面. (2)由(1)知EF∥CD1, 且EF=2CD, ∴.四边形CD1FE是梯形， .CE与D1F必相交，设交点为P, 则P∈CEC平面ABCD, 且P∈D1FC平面A1ADD1, .P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1. 又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD, P∈AD,.CE、D1F、DA三线共点 15.解：(1)不妨设PB=BC=CA=2a,易知AC ⊥平面PBC,所以AC⊥BD,又BD⊥PC,∴.BD⊥ 平面PAC,故BD⊥PA,故异面直线PA与BD所成 角的大小为90°. (2)过D作DE⊥PA于E, 连结BE,由(1)知BD⊥平面 PAC,故由三垂线定理得BEI PA,所以∠BED为二面角 B一PA-C的平面角. 在Rt△PED中， DE=PD·sin∠DPE= PD·AC6 PA 3, 在Rt△BDF中，tan/BED-DE= ·∠BED=S 故二面角B-PA-C的大小为 16.解：(1)取BD的中 点P,连结AP、PC AB AD,AP ⊥BD 同理，CP⊥BD. .∠APC为直二面角A一BD一C的平面角. ∴.∠APC=90° 'AB=AD=a,∠BAD=90°， AP-BD 2a.同理，Cp= 2. 在Rt△APC中，AC=√AP+CP=a. (2)取AC的中点Q,连结PF、FQ、QE、EP、PQ :QFL号AB.∠EFQ为异面直线EF和AB所 成的角。 :EPL号AB,EP LQF. .四边形EPFQ为平行 D 四边形. PF=- Dc=2 4.QF=- AB=70 .PF=QF,∴.平行四边形EPFQ为菱形， FE为 ∠PFQ的角平分线. 1 在Rt△APC中，PQ=2AC=2a, .△PFQ为等边三角形，∠PFQ=60°. .∠EFQ=30°，即异面直线EF与AB所成的 角为30° 17.解：(1)由已知得Vp-G= 3S△BG·PG= 3X2BG.CG·PG=gPG=4, 3 在平面ABCD内，过C作CH∥EG交AD于 H,连结PH,则∠PCH(或其补角)就是异面直线 GE与PC所成的角.（如图所示） 5 D E 在△PCH中，CH=√2，PC=√20，PH =√18， 由余弦定理得：cos∠PCH=0 10 一异面直线GE与PC所成角的余弦值为 10 (2)在平面ABCD内，过D作DM⊥GC,M为垂 足，连结MF,又DF⊥GC,DM⊥GC, .GC⊥平面MFD,.GC⊥FM, 由平面PGC⊥平面ABCD, ∴.FM⊥平面ABCD,.FM∥PG, 由GM⊥DM得： GM=GD·cos45°=3 , 3 =3, 1 2 PE 由DF⊥GC可得FC=3. §5.4直线、平面平行的判定与性质 五年高考母题原型训练 1.D【解析】考查空间线面的位置关系及空 间想象能力. 2.D【解析】由垂直于同一平面的两直线互 相平行，可得若m⊥a,n⊥a,则m∥n正确，故应 选D. 3.D【解析】将几何符号语言转换为文字语 言可得结论：同一平面a内两条直线m,n均平行于 平面B,则平面a与B平行，该命题不正确（两条直线 m,n为相交直线也正确)，即得A不正确； 分别属于两个平行平面的两条直线平行，该命题 不正确（两直线可以平行或异面），即得B不正确； 如果一条直线m垂直于平面a,直线m,n互相 垂直，则直线n平行于平面a,该命题不正确（直线n 还可以在平面a内)，即得C不正确；