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-人教版高三全册数学试题.doc

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3 B．至多等于4
C．等于5 D．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”，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∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．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.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5)
C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)
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＝eq\r(5)，AN＝eq\r(5)，QN＝eq\r(6)，
∴cos∠ANQ＝eq\f(AN2＋NQ2－AQ2,2AN·NQ)＝eq\f(5＋6－5,2\r(5)×\r(6))＝eq\f(6,2\r(30))＝eq\f(\r(30),10)，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eq\f(7,8)
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＝2eq\r(2)，
∴ME＝eq\r(2).又CM＝2eq\r(2)，DN＝2eq\r(2)，NE＝eq\r(2)，∴CE＝eq\r(3)，
则cos∠CME＝eq\f(CM2＋EM2－CE2,2CM·EM)＝eq\f(8＋2－3,2×2\r(2)×\r(2))＝eq\f(7,8).
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eq\f(2,5)
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∠QEN＝eq\f(EQ2＋EN2－QN2,2EQ·EN)＝eq\f(20＋5－33,2×\r(20)×\r(5))＝－eq\f(2,5)，所以cosθ的最大值为eq\f(2,5).
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CC1⊥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，