7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
[基础送分 提速狂刷练]
一、选择题
1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，
n⊥β，则( )
A．m∥l C．n⊥l 答案 C
解析 对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n⊥β，l?β，所以n⊥l，故C正确．故选C.
2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点?l1，l2，l3共面 答案 B
解析 当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3?l1
⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；
B．m∥n D．m⊥n
l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故
选B.
3．(2016·雅安期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有( )
A．1条 C．4条 答案 C
解析 若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件．此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件．则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条．故选C.
4．(2017·宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为( )
A．0° C．60° 答案 D
解析 如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE－CMFB，
B．45° D．90° B．2条 D．无数条
∵CD∥BN，CD⊥AM， ∴AM⊥BN，
∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°.故选D.
5．如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
1A. 53C. 5答案 D
解析 连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，设AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝2，A1B＝BC1＝5，故cos∠A1BC1＝
4
＝.故选D.
2×5×555＋5－2
2B. 54D. 5
6．(2018·江西景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线AD折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )
A．相交且垂直 C．异面且垂直 答案 C
解析 在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC?平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面．故选C.
7．(2017·河北唐山模拟)已知P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是 ( )
A．30° C．60° 答案 A
B．45° D．90° B．相交但不垂直 D．异面但不垂直
11
解析 取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP, ON＝AP, OM∥BC, OM＝BC，所以异
22面直线PA与MN所成的角为∠ONM(或其补角)，在△ONM中，OM＝2，ON＝23，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.
8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )
A．8 C．10 答案 A
解析 如图，CE?平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴m＝4；∵EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴n＝4，故m＋n＝8.故选A.
9．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )
答案 D
解析 ①在A中易证PS∥QR， ∴P，Q，R，S四点共面． ②在C中易证PQ∥SR， ∴P，Q，R，S四点共面． ③在D中，∵QR?平面ABC，
B．9 D．11
PS∩面ABC＝P且P?QR，
∴直线PS与QR为异面直线． ∴P，Q，R，S四点不共面．
④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：
取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α， 可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β. ∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合， ∴P，Q，R，S四点共面．故选D.
10．(2018·广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有( )
A．1个 C．3个 答案 B
B．2个 D．4个
解析 将展开图还原为几何体(如图)，因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；因为AF?平面PAD，B?平面PAD，
E∈平面PAD，E?AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错误．故
选B.
二、填空题
11．如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，
①BM与ED平行； ②CN与BE是异面直线； ③CN与BM成60°角； ④DM与BN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________． 答案 ③④
解析 如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题①不成立；而CN与BE平行，故命题②不成立．
∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE.∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面CDNM， ∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面BCN， ∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.
12．(2017·仙桃期末)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD＝2，且AC与BD成60°，则四边形EFGH的面积为________．
答案
3 2
解析 如图所示，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点， ∴EH∥FG∥BD, EH＝FG＝ 1
BD＝1. 2
∴四边形EFGH是平行四边形， 1
同理可得EF＝GH＝AC＝1，
2∴四边形EFGH是菱形．
∵AC与BD成60°，∴∠FEH＝60°或120°. 123
∴四边形EFGH的面积＝2×EFsin60°＝. 22
13．(2018·湖北武昌调研)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，
AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．
①四面体ABCD每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD每个面的面积相等；
③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°； ④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长． 答案 ②④⑤
解析 对于①，把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；对于②，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；对于③，当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；对于④，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；又命题⑤显然成立，故填②④⑤.
14．如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P－DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．
2
答案 3解析
折成的正四面体，如图，连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH，故∠PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角．
设这个正四面体的棱长为2， 在△PGK中，PG＝3，GK＝
3， 2
PK＝
1＋?
2
7?3?2
?＝2， ?2?
PG2＋GK2－PK2
故cos∠PGK＝ 2·PG·GK3＝
2
＋??3?2?7?2
?－???2??2?
3
2×3×
2
2＝， 3
2
即异面直线PG与DH所成的角的余弦值为. 3三、解答题
15．(2018·普宁市校级期末)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点．
(1)在A1C上是否存在一点Q，使BC1∥DQ?
(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求异面直线AB1与CD所成角的大小． 解 (1)连接AC1交A1C于Q，连接DQ，
∴DQ为△ABC1的中位线，DQ∥BC1，
∴A1C上存在一点Q，使BC1∥DQ，Q为A1C的中点．
(2)解法一：连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是△ABB1的中位线， ∴DM∥AB1，
∴∠CDM就是所求异面直线所成角(或补角)， ∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22， ∴CM＝5，DM＝3，CD＝2，
∴DM＋CD＝CM，满足勾股定理，∴∠CDM＝90°， 故异面直线AB1与CD所成角为90°.
解法二：易证CD⊥平面ABB1A1，从而证明CD⊥AB1，故异面直线AB1与CD所成角为90°. 16．(2017·江西七校联考)如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，四边形CDEF是矩形，1
且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA，AB＝AD＝DE＝CD＝2，M是线段AE上的动点．
2
(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比．
解 (1)当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF. 理由如下：
连接CE交DF于N，连接MN，因为四边形CDEF是矩形，所以N为CE的中点，又M为AE的中点，所以MN∥AC，又MN?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.
(2)如图，将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B′CF，
1
由题意知三棱柱ADE－B′CF是直三棱柱，其体积V＝S△ADE·CD＝×2×2×4＝8，
2则几何体ADE－BCF的体积
1132
203
2
2
2
VADE－BCF＝V三棱柱ADE－B′CF－VF－BB′C＝8－××2×2×2＝，
又V三棱锥F－DEM＝V三棱锥M－DEF 1?14?＝×?×2×4?×1＝， 3?23?
4?204?1∴平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比为∶?－?＝. 3?33?4
(1)在A1C上是否存在一点Q，使BC1∥DQ?
(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求异面直线AB1与CD所成角的大小． 解 (1)连接AC1交A1C于Q，连接DQ，
∴DQ为△ABC1的中位线，DQ∥BC1，
∴A1C上存在一点Q，使BC1∥DQ，Q为A1C的中点．
(2)解法一：连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是△ABB1的中位线， ∴DM∥AB1，
∴∠CDM就是所求异面直线所成角(或补角)， ∵AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22， ∴CM＝5，DM＝3，CD＝2，
∴DM＋CD＝CM，满足勾股定理，∴∠CDM＝90°， 故异面直线AB1与CD所成角为90°.
解法二：易证CD⊥平面ABB1A1，从而证明CD⊥AB1，故异面直线AB1与CD所成角为90°. 16．(2017·江西七校联考)如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，四边形CDEF是矩形，1
且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA，AB＝AD＝DE＝CD＝2，M是线段AE上的动点．
2
(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比．
解 (1)当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF. 理由如下：
连接CE交DF于N，连接MN，因为四边形CDEF是矩形，所以N为CE的中点，又M为AE的中点，所以MN∥AC，又MN?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.
(2)如图，将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B′CF，
1
由题意知三棱柱ADE－B′CF是直三棱柱，其体积V＝S△ADE·CD＝×2×2×4＝8，
2则几何体ADE－BCF的体积
1132
203
2
2
2
VADE－BCF＝V三棱柱ADE－B′CF－VF－BB′C＝8－××2×2×2＝，
又V三棱锥F－DEM＝V三棱锥M－DEF 1?14?＝×?×2×4?×1＝， 3?23?
4?204?1∴平面MDF将几何体ADE－BCF分成的较小部分与较大部分的体积比为∶?－?＝. 3?33?4
