人教版A版高中数学必修二2.1.3空间中直线与平面之间的位置关系
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知空间中三条不同的直线、、和平面，下列结论正确的是（
）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】
利用空间中线线与线面的位置关系逐一分析各选项的正误，可得出合适的选项.
【详解】
对于A选项，若，，由直线与平面垂直的性质定理可知，A选项正确；
对于B选项，若，，则与平行、相交或异面，B选项错误；
对于C选项，若，，则与平行或异面，C选项错误；
对于D选项，若，，则与平行、相交或异面，D选项错误.
故选：A.
【点睛】
本题考查空间中线线位置关系的判断，可以充分利用空间中垂直、平行的判定和性质定理来判断，也可以利用模型来判断，考查推理能力，属于中等题.
2．已知，是两条不同直线，，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（
）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
由线面平行的性质可判断A错；由平行的递推性判断B对；C项可能性很多，与不一定垂直；D项可能性很多，不一定
【详解】
对A，线面平行只能推出线和过平面的交线平行，推不出和平面内的某一条线平行，如图：
对B，根据平行的递推性，可得正确，如图：
对C，可随机举一反例，如图：
直线与斜交；
对D，直线有可能相交，如图：
故选：B
【点睛】
本题考查直线与平面的位置关系，结合实例和图形较容易说明问题，属于基础题
3．已知平面平面，，点，，直线，直线，直线，，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
平面外的一条直线平行平面内的一条直线则这条直线平行平面，若两平面垂直则一个平面内垂直于交线的直线垂直另一个平面，主要依据这两个定理进行判断即可得到答案．
【详解】
如图所示：
由于，，，所以，又因为，所以，故A正确，
由于，，所以，故B正确，
由于，，在外，所以，故C正确；
对于D，虽然，当不一定在平面内，故它可以与平面相交、平行，不一定垂直，所以D不正确；
故答案选D
【点睛】
本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判断以及性质应用，要求熟练掌握定理是解题的关键．
4．已知三条不重合的直线,两个不重合的平面,下列四个命题中正确的是(
)
A．若,,且,则
B．若,则
C．若，,,则
D．若,，则
【答案】A
【解析】
【分析】
利用垂直于同一直线的两平面平行判断A是否正确；根据线面平行的判定定理判断B是否正确；根据面面平行的判定定理判断C是否正确；根据面面垂直的性质定理判断D是否正确.
【详解】
∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，∵m⊥β，∴α∥β，A正确；
∵m∥n，n?α，有可能m?α，∴B错误；
∵m?α，n?α，m∥β，n∥β，m、n不一定相交，∴α、β不一定平行；C错误；
根据面面垂直的性质判断D错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查空间中线面平行与垂直关系的判定，以及平面与平面平行的判定，要特别注意定理的条件．
5．已知互不相同的直线，，和平面，，，则下列命题正确的是（
）
A．若与为异面直线，，，则；
B．若，，，则；
C．若，，，，则；
D．若，，则
【答案】C
【解析】
分析：利用线面平行（或垂直）的性质定理和判定定理逐一判断即可.
详解：①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l、m，故①错误；
②中l与m也可能异面，故②错误；
③中?l∥m，同理l∥n，则m∥n，故③正确．
④若α⊥β，β⊥γ，则α与γ相交或平行，故④错误.
故选：C
点睛：本题考查了平面与平面之间位置关系判断，及空间中直线与平面之间的位置关系判断，熟练掌握空间中线面之间关系判定的方法和性质定理是解答本题的关键．
6．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（
）
A．若则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【解析】
试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
7．若是两条不同的直线，是三个不同的平面：①；②；③；④若,，则，则以上说法中正确的有(
)个
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】
【详解】
由是两条不同的直线，是三个不同的平面，知：
对于①，，
，由线面垂直的判定定理得
，故①正确；
对于②，
，
，
，则与平行或异面，
故②错误；
对于③，
，，
，由线面垂直的判定定理得
，故③正确；
对于④，若
，
，，则与相交或平行，故④错误，故选B.
8．已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（
）
A．
B．
C．平面
D．平面
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正方体性质，以及线面平行、垂直的判定以及性质定理即可判断.
【详解】
因为在正方体中，，且平面，平面，
所以平面，因为平面，且平面平面，
所以有，而，则与不平行，故选项不正确；
若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确；
若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；
而因为平面，平面，
所以有平面，所以选项C正确，.
【点睛】
本题考查了线线、线面平行与垂直的关系判断，属于中档题.
9．已知直线，，平面，，，则下列说法：①；②；③；④；其中正确的个数（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质可判定①，根据线面垂直的判定定理可判断②，根据线面平行的性质可判断③，根据线面平行的判定可判断④.
【详解】
对于①根据线面垂直的性质可知正确；
对于②根据线面垂直的判定必须是平面外一条直线与平面内两条相交直线垂直才能判定线面垂直故错；
对于③根据线面平行的性质，线与面平行不能推出与任意一条直线平行故错；
对于④根据线面平行的判定，可知④正确.
故选：B
【点睛】
本题考查了空间中的平行垂直关系，考查了学生概念理解，逻辑推理能力，属于中档题.
10．已知，表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：
①，，，则；
②，，，则；
③，，，则；
④，，，则
其中正确命题的序号为（
）
A．①②
B．②③
C．③④
D．②④
【答案】C
【解析】
①，，，则可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确；
②，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，则，③正确；④，
，可知与
共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，，故④正确，故选C.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
二、填空题
11．给出以下命题“已知点、都在直线上，若、都在平面上，则直线在平面上”，试用符号语言表述这个命题________
【答案】已知，，若，，则
【解析】
【分析】
根据几何符号语言的应用，对题目中的语句进行表示即可．
【详解】
解：用符号语言表述这个命题为：已知，，若，，则．
故答案为：已知，，若，，则．
【点睛】
本题考查了空间几何符号语言的应用问题，属于基础题．
12．已知两条直线a，b和两个平面，.若，，，则a，b的位置关系所有的可能是________.
【答案】平行或异面
【解析】
【分析】
根据面面平行的性质定理及异面直线的定义判断可得.
【详解】
解：，，，
则与无交点
所以与可能平行或异面
故答案为：平行或异面
【点睛】
本题考查空间两直线的位置关系，属于基础题.
13．在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则在空间中与三条直线，EF，CD都相交的直线有________条.
【答案】无数
【解析】
【分析】
先画出正方体，然后根据题意试画与三条直线、EF、CD都相交的直线，从而发现结论.
【详解】
方法一
如图，
在EF上任意取一点M，直线与M确定一个平面，
这个平面与CD有且仅有一个交点N，
当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，
而直线MN与这三条异面直线都有交点，
所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条，
故答案为：无数.
方法二
在上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面，
因为CD与平面不平行，所以它们相交，
设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线，
由点P的任意性，知有无教条直线与三条直线，EF，CD都相交，
故答案为：无数.
【点睛】
该题考查的是有关空间直线位置关系的问题，涉及到的知识点有直线与平面相交，交点只有一个，需要明确交点的位置，属于简单题目.
14．三棱锥中，点P是斜边AB上一点．给出下列四个命题：
①若平面ABC，则三棱锥的四个面都是直角三角形；
②若S在平面ABC上的射影是斜边AB的中点P，则有；
③若，，，平面ABC，则面积的最小值为3；
④若，，，平面ABC，则三棱锥的外接球体积为．
其中正确命题的序号是__________．(把你认为正确命题的序号都填上)
【答案】①②④.
【解析】
【分析】
由平面，所以，，从而得到四个面都是直角三角形;
连接,当平面时，得到，从而得到；当平面时，.
时，取得最小值，由此求出的最小值是;
三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球,，，即可求出体积.
【详解】
对于①，因为平面，所以，，，又，∴平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；
对于②，由在平面上的射影是斜边的中点，可得平面，连接，有，，，因为P是斜边AB的中点，所以，故，∴②正确；
对于③，当平面时，.当时，取得最小值，由等面积可得此时长度为，所以的最小值是；∴③不正确；
对于④，若，平面，∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，∴，，∴体积为，
④正确，故答案为①②④．
【点睛】
本题主要考查空间线线,线面的位置关系,几何体外接球体积的运算,考查学生的空间想象能力和计算能力,难度一般.
15．已知四棱锥中，底面ABCD是梯形，且，，，，，，AD的中点为E，则四棱锥外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由已知得，是直角梯形，，，那么DEBC是正方形，由平面，可知平面，可解得PB，可知是等边三角形，外接球的球心到四点距离相等，设在平面的投影为，根据勾股定理可知点H是对角线的交点，在中可得，过作于，再根据，可求出，由外接球面积公式即得。
【详解】
由题得，，，又，四边形是正方形，，平面，又，平面，所以.则有，即，解得.球心到四点距离相等，设在平面的投影为，那么，，，，设，则有，，，，又，.是正方形，平面上且到四点距离相等的点即为正方形的对称中心，即对角线的交点，则..过作于，平面，，平面，即是点在平面的投影.是等边三角形，，，，与联立解得，则.
故答案为：
【点睛】
本题考查求空间几何体的外接球的表面积，是常考题型，解题关键是建立球心和四棱锥顶点的联系。
三、解答题
16．在如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意,结合勾股定理的逆定理,易证及,即可证明平面.
（2）根据线段的数量关系,可先求得的面积,即可求得四面体的体积.
【详解】
（1）证明：在中,因为,,
所以.
又因为,
所以平面
（2）因为平面
所以
因为,
所以平面
在等腰梯形中,可得
所以.
所以的面积为
所以四面体的体积为
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定,三棱锥体积的求法,属于基础题.
17．如图，在四棱锥中，为二面角的平面角.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面，求证：平面.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据二面角平面角定义可知,.即可由面面垂直的判定方法证明平面平面;
（2）由（1）中证明过程可知平面,而平面,由直线与平面垂直的性质可得,从而根据线面平行的判定即可证明平面.
【详解】
（1）证明：因为为二面角的平面角,
所以,,
又,
,平面,
所以平面,
又平面,
故平面平面；
（2）证明:由（1）得,平面,
又平面,由直线与平面垂直的性质可得,
又平面,
平面,
所以平面.
【点睛】
本题考查了二面角的平面角定义及性质应用,面面垂直的判定.直线与平面垂直的性质应用,线面平行的判定方法,属于基础题.
18．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线和平面所成角的正切值；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一,可知.根据平面与平面垂直的性质即可证明平面;
（2）连结,由（1）可知是直线和平面所成角.根据三角形中线段关系,即可求得和,进而求得即可.
（3）根据三棱锥体积,即可由三棱锥的体积公式求解.
【详解】
（1）证明：∵,为的中点,
∴,
∵平面平面,平面,
∴平面；
（2）连结,由（1）得平面,
∴是直线和平面所成角,
在等腰直角三角形中,,所以,,
在等边中,为的中点,
∴,,
∵平面,平面,
∴,
∴,
即直线和平面所成角的正切值为；
（3）因为,．
所以等边三角形的面积．
又因为平面,
所以,
所以三棱锥的体积为．
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定,平面与平面垂直的性质,直线与平面夹角的求法,三棱锥体积的求法,属于基础题.
19．如图，设是边长为的正三角形，平面，，若，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取中点，连结，，可证得四边形是平行四边形，证明，，同时，可证得结论；（2）连结，可知即为所求角，通过长度关系得到所求正弦值.
【详解】
（1）证明：取中点，连结，
是边长为的正三角形，是的中点
，
又
且
四边形是平行四边形
平面
又
，，
平面
（2）解：连结
平面
是与平面所成角
是边长为的正三角形，平面
，
与平面所成角的正弦值为
【点睛】
本题考查线面垂直的证明、直线与平面所成角问题.求解线面角的关键在于能够利用垂直关系将所成角放到直角三角形中，从而能够通过长度关系求得结果.
20．如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面
（I）求证：；
（II）若M为中点，求证：平面；
（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面所成的角为？若存在，求得值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点P.
【解析】
【详解】
（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由于，建立空间直角坐标系，利用的方向向量与平面
的法向量数量积为零可得平面
；（III）由（II）可知平面的法向量，设，利用空间向量夹角余弦公式列方程可求得，从而可得结论.
详解：证明：（I）在直三棱柱中，
∵平面
∴
∵平面平面，且平面平面
∴平面
∴
（II）在直三棱柱中，
∵平面，∴
又，
建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，
，，，，
设平面的法向量
∵
∴
令
则
∵为的中点，∴
∵
∴
又平面，∴平面
（III）由（II）可知平面的法向量
设
则
若直线DP与平面所成的角为，
则
解得
故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为
点睛：本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
试卷第1页，总3页人教版A版高中数学必修二2.1.2空间中直线与直线之间的位置关系
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图,长方体中,,点分别是的中点,则异面直线与所成角的余弦值是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得，从而可得结论.
【详解】
以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则可得，
，
设异面直线与所成的角为,
则，故选D.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.
2．给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行.
其中正确命题的个数是（
）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
用空间四边形对①进行判断；根据公理2对②进行判断；根据空间角的定义对③进行判断；根据空间直线位置关系对④进行判断.
【详解】
①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误.
②中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确.
③中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么
这两个角相等或互补，故③错误.
④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误.
故选：B
【点睛】
本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.
3．在四棱锥中，所有侧棱都为，底面是边长为的正方形，是在平面内的射影，是的中点，则异面直线与所成角为（
）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
【答案】C
【解析】
【分析】
先取为的中点，得到，则是异面直线与所成的角，根据题意，求出，，解三角形，即可得出结果.
【详解】
由题可知是正方形的中心，
取为的中点，所以，
则是异面直线与所成的角.
因为平面，
所以平面，
因为在四棱锥中，所有侧棱都为，底面是边长为的正方形，
所以，所以，因此，
又在中，，
所以，
即，
所以，
则异面直线与所成的角为.
故选C
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，熟记几何法作出异面直线所成的角，再求解即可，属于常考题型.
4．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，
EF⊥BA，则EF与CD所成的角为( )
A．60°
B．45°
C．30°
D．90°
【答案】C
【解析】
【分析】
取BC中点为G，连接FG，EG．推导出∠EFG是EF与CD所成的角，由此能求出结果．
【详解】
取BC中点为G，连接FG，EG．
所以有AB∥EG，
因为EF⊥BA，所以EF⊥EG，
因为CD＝2AB＝4，所以可知EG＝1，FG＝2，
所以△EFG是一个斜边为2，一条直边为1的直角三角形．
EF与CD所成的角也是EF与FG所成的角．
也是斜边为2与直角边为1的夹角，
即EF与CD所成的角为30°．
故选C．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
5．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】
连接，，如图：
又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C
【点睛】
考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6．在正四棱柱中，，，点，分别为棱，上两点，且，，则（
）
A．，且直线，异面
B．，且直线，相交
C．，且直线，异面
D．，且直线，相交
【答案】A
【解析】
【分析】
作图，通过计算可知D1E≠AF，取点M为BC的中点，则AMFD1共面，显然点E不在面AMFD1内，由此直线D1E，AF异面．
【详解】
∵，
如图，取点M为BC的中点，则AD1∥MF，
故AMFD1共面，点E在面AMFD1面外，
故直线D1E，AF异面．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查异面直线的判定及空间中线段的距离求解，属于基础题．
7．四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
如图所示，延长AD到H，使，过P作，F为PG的中点，连接BF，FH，
BH，
则为异面直线与所成的角或者补角，
在中，由余弦定理得，
故选C．
点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
8．已知正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解
【详解】
如图：
作的中点，连接，由题设可知，则异面直线与所成角为或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，
，，，得，即
故选D
【点睛】
本题考查异面直线的求法，属于基础题
9．已知矩形．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中（
）
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B
【解析】
最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项B是正确的
10．如图两正方形，所在的平面垂直，将沿着直线旋转一周，则直线与所成角的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
可证得，故，，当沿着直线旋转一周，，且，结合线线角的取值范围即得解.
【详解】
如下图所示，
连接，因为正方形和，则，，又因为面面，面面，
则面，
因此.
因此，，，
则，
因此
因为，
则当沿着直线旋转一周，
，
当为锐角或直角时，直线和所成角的等于
当为钝角时，直线和所成的角等于的补角
因此直线和所成的角的取值范围是
故选：C.
【点睛】
本题考查了空间中直线与直线的夹角，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
二、填空题
11．已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为
.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，
在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．
12．直线平面，直线平面，则的位置关系是_________.
【答案】平行、相交、异面
【解析】
【分析】
画出图像，判断的位置关系.
【详解】
可能平行，如下图所示，
可能相交，如下图所示，
可能异面，如下图所示，
故答案为：平行、相交、异面
【点睛】
本小题主要考查线线关系的判断，属于基础题.
13．如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是______.
【答案】
【解析】
【分析】
将所求两条异面直线平移到一起，解三角形求得异面直线所成的角.
【详解】
连接，根据三角形中位线得到，所以是异面直线与所成角.在三角形中，,所以三角形是等边三角形，故.
故填：.
【点睛】
本小题主要考查异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力，属于基础题.
14．如图，在底面为正方形的四棱锥中，，点为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________
【答案】
【解析】
【分析】
做出平行四边形，将要求的角转化为角GFD或其补角为所求角，在三角形FDG中应用余弦定理得到夹角的余弦值.
【详解】
取PD的中点记为F点，BC的中点记为
点，连接FG，GD，因为，且，，故得到四边形EFGB为平行四边形，故角GFD或其补角为所求角，根据题干得到，三角形PAB为等边三角形，BF为其高线，长度为，FG=，DG=，
FD=1，根据余弦定理得到，因为异面直线夹角为直角或锐角，故取正值，为：.
故答案为.
【点睛】
这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.
15．已知正三棱柱的侧面积为12，当其外接球的表面积取最小值时，异面直线与所成角的余弦值等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设正三棱柱的底面边长为，高为，球的半径为，先得出，然后，即时其外接球的表面积取最小值。然后由余弦定理即可求出
【详解】
设正三棱柱的底面边长为，高为，球的半径为，由题意知，即，
底面外接圆半径，
由球的截面圆性质知，
当且仅当时取等号，将三棱柱补成一四棱柱，如图，知，
即为异面直线与所成角或补角，，
，所以.
故答案为：
【点睛】
异面直线所成的角一般是通过平移转化成相交直线所成的角.
三、解答题
16．如图,在四棱锥中,底面是矩形,
底面,是的中点.已知,,.
求:（1）.三角形的面积;
（2）.异面直线与所成的角的大小.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据、可证得平面，根据线面垂直性质可知，则，求得代入即可得到结果；（2）取中点，连接，可知即为所求角；求解出三边长，可知为等腰直角三角形，从而得到所求角.
【详解】
（1）底面，底面
四边形为矩形
又平面，
平面
平面
（2）取中点，连接，则
即为异面直线与所成角
，，
，即为等腰直角三角形且
异面直线与所成角的大小是
【点睛】
本题考查立体几何中垂直关系的应用、异面直线所成角的求解问题，涉及到线面垂直的判定与性质的应用；求解异面直线所成角的关键是能够根据线线平行关系将异面直线成角转化为相交直线所成角的求解问题.
17．如图是一个高为4长方体截去一个角所得的多面体的直观图及它的正（主）视图和侧（左）视图（单位：）
（1）求异面直线与所成角的余弦；
（2）将求异面直线与所成的角转化为求一个三角形的内角即可，要求只写出找角过程，不需计算结果；
（3）求异面直线与所成的角；要求同（2）.
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意得：长方体中，，，分别是边上的点，且，又由，找到角为所求角，运用余弦定理求解；
（2）连,为异面直线与所成的角（或补角）；
（3）连交于点，取中点，连，为异面直线与所成的角（或补角）.
【详解】
（1）由题意得：长方体中，，，分别是边上的点，且，
连，则，
为所求直线所成的角（或补角），
在中，，
异面直线与所成角的余弦值为
（2）连，
由题知：分别是边上的中点，
，
为异面直线与所成的角（或补角）.
（3）连交于点，取中点，连，
则有，为异面直线与所成的角（或补角）.
【点睛】
本题主要考查了三视图，异面直线所成角的计算，余弦定理的运用，同时考查了学生直观想象和逻辑推理能力，属于中档题.求异面直线所成角的步骤：
（1）一作(找)：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；或用中位线平移，找出异面直线所成的角；
（2）二证：证明作（找）出的角是异面直线所成的角；
（3）三求：解三角形，求出异面直线所成的角.
18．已知ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体．
（1）求直线DA1与BC所成角；
（2）求直线D1A与BA1所成角；
（3）求直线BD1和AC所成角．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）由得是直线与所成角，求出即可得解；
（2）由得是直线与所成角,求出即可得解；
（3）证明平面后即可得，即可得解.
【详解】
（1）正方体是棱长为的正方体，
∵，∴是直线与所成角，
∵，，∴，
∴直线与所成角为．
（2）∵，∴是直线与所成角，
∵，∴
，
∴直线与所成角为．
（3）∵四边形是正方形，∴，
∵正方体中，平面，平面，
∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
∴直线和所成角为．
【点睛】
本题考查了异面直线夹角的求法及线面垂直的判定和性质，属于基础题.
19．已知平面，，，分别为，上的点，且，.
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证明BC⊥平面PAB，可得BC⊥AD，证明AD⊥平面PBC，得PC⊥AD，再证明PC⊥平面ADE，即可证明PC⊥DE；
（2）过点B作BE∥AP，则BZ⊥平面ABC，分别以BA，BC，BZ所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，根据PC⊥平面ADE，可得是平面ADE的一个法向量，从而向量与所成的角的余弦值的绝对值为，可求PA的值，利用题目条件求出平面的一个法向量，利用夹角公式可得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面，∴，
又，，
∴平面，∴.
又，，
∴平面，∴.
又，，
∴平面，∴.
（2）过点作，则平面，如图所示
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，
因为平面，
∴是平面的一个法向量，
∴向量与所成的角的余弦值的绝对值为，
又，
，
∴，∴.
在中，，又，
∴为中点，∴，
∴，，
设平面的一个法向量为，
则，∴，∴，
又是平面的法向量，
∴，，
二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查空间垂直关系的证明与二面角所成平面角的计算，考查空间推理能力与空间建模思想，对学生计算求解能力要求较高，属于中等题.
20．如图，已知点E是圆心为O1半径为2的半圆弧上从点B数起的第一个三等分点，点F是圆心为O2半径为1的半圆弧的中点，AB、CD分别是两个半圆的直径，O1O2＝2，直线O1O2与两个半圆所在的平面均垂直，直线AB、DC共面.
（1）求三棱锥D﹣ABE的体积；
（2）求直线DE与平面ABE所成的角的正切值；
（3）求直线AF与BE所成角的余弦值.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
由题意知,即为所求三棱锥的高,代入三棱锥的体积公式求解即可;
以O1为坐标原点,，，分别为x、y、z轴的正向，建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量法分别求出面ABE的法向量和向量的坐标,向量与向量的夹角余弦即为直线DE与平面ABE所成的角的正弦值,进而求出正切值即可;
以O1为坐标原点,，，分别为x、y、z轴的正向，建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量法,向量所成角的余弦值的绝对值即为所求.
【详解】
（1）∵，O1E＝2，
∴，
∵直线O1O2与两个半圆所在的平面均垂直，直线AB、DC共面，
∴三棱锥D﹣ABE的高等于O1O2＝2，
所以.
（2）以O1为坐标原点,，，分别为x、y、z轴的正向
建立空间直角坐标系如图所示:
则，D（-1,0，2），E，
,
由题意可知,平面ABE的一个法向量为（0，0，1），
设直线DE与平面ABE所成的角为θ，
则sinθ，
因为.∴，
所以即为所求.
（3）以O1为坐标原点,，，分别为x、y、z轴的正向,
建立空间直角坐标系如图所示:
则A（﹣2，0，0），B（2，0，0），E，F（0，1，2），
所以（2，1，2），，
设直线AF与BE所成角为θ，
则cosθ.
∴直线AF与BE所成角的余弦值为.
【点睛】
本题考查利用空间向量法求线面角和异面直线所成的角及三棱锥的体积公式;考查学生的运算能力和转化与化归能力;属于综合型试题、常考题型.
试卷第1页，总3页
