第2讲 空间点、线、面的位置关系
[做真题]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
解析：选B.对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：选B.取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝3333
，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM2222
＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直
线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
1
A．
5C．
5 5
B．D．
5 62 2
解析：选C.
如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝
DB1＝
AD2＋DD21＝2，DM＝
AD2＋
2
?1AB?＝5， ?2?2
115
AB2＋AD2＋DD2所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，1＝5，222
22
55????12＋－
?2??2?
由余弦定理，得cos∠MOD＝
2×1×
为
5
，故选C. 5
52
＝
5
，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值5
4．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A-MA1-N的正弦值．
解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME
1
＝B1C. 2
1
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
2
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED. 又MN?平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.
→
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则
→
A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，3，2)，N(1，0，2)，A1A＝(0，0，－4)， →→→
A1M＝(－1，3，－2)，A1N＝(－1，0，－2)，MN＝(0，－3，0)． 设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则 →?A1M＝0，?m·
?
→?A1A＝0.?m·
??－x＋3y－2x＝0，所以?
?－4z＝0.?
可取m＝(3，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则 →?MN＝0，?n·
?
→?A1N＝0.?n·
??－3q＝0，所以?可取n＝(2，0，－1)．
??－p－2r＝0.
m·n2315于是cos〈m，n〉＝＝＝，
|m||n|2×55
2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题三 第2讲 空间点、线、面的位置关系
