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1、专题八 立体几何第二十三讲 空间中点、直线、平面之间的位置关系答案部分1A【解析】记该正方体为，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱，与平面所成的角都相等，如图，连接，因为三棱锥是正三棱锥，所以，与平面所成的角都相等，分别取，的中点，连接，易得，六点共面，平面与平面平行，且截正方体所得截面的面积最大，又，所以该正六边形的面积为，所以截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A2C【解析】解法一 如图，补上一相同的长方体，连接，易知，则为异面直线与所成角因为在长方体中，所以，在中，由余弦定理，得，即异面直线与所成角的余弦值为，故选C解法二 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴
2、建立空间直角坐标系，如图所示由条件可知，所以，则由向量夹角公式，得，即异面直线与所成角的余弦值为，故选C3A【解析】若，由线面平行的判定定理知若，不一定推出，直线与可能异面，故“”是“”的充分不必要条件故选A4D【解析】由题意知四棱锥为正四棱锥，如图，连接，记，连接，则平面，取的中点，连接，易得，则，易知因为，所以也为与平面所成的角，即与平面所成的角，再根据最小角定理知，所以，故选D5C【解析】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线与所成角为,，选C6B【解析】设为三角形中心，底面如图2，过作，由题意可知，图1 图2由图2所示，以为原点建立直角坐标系，不妨设，则，则直线的方程为，直线的方程为，
3、直线的方程为，根据点到直线的距离公式，知，因为，为锐角，所以选B7A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面平面，所以，又平面，所以，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A8B【解析】由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B9B【解析】解法一 设，则由题意知在空间图形中，连结，设=在中，过作，过作，垂足分别为过作，使四边形为平行四边形，则，连结，则就是二面角的平面角，所以在中，同理，故显然平面，故在中，在中，=，所以，所以（当时取等号），因为，而在上为递减函数，所以，故选B解法二 若，则当时，排除D；当时，排除A、C，故选B10D【解析】利用
4、正方体模型可以看出，与的位置关系不确定选D11C【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选12B【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，则或，C错误；对于选项D，若，则或或与相交，D错误故选B13D【解析】作，垂足为，设，则，由余弦定理，故当时，取得最大值，最大值为14B【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，由于， 所以的取值范围是15D【解析】作正方形模型，为后平面，为左侧面 可知D正确16D【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中 应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D17B【解析】利用排除法可
5、得选项B是正确的，则如选项A：，时，或；选项C：若，或；选项D：若, ，或18B【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B19D【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的20D【解析】D 两平行直线的平行投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知、均错误，故选D21【解析】如图所示，设在底面的射影为，
6、连接，的面积为，与底面所成的角为，底面周长，圆锥的侧面积为22【解析】对于命题，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设为直线，为直线,所在的平面为所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立命题正确，证明如下：设过直线的某平面与平面相交于直线，则，由，有，从知结论正确由平面与平面平行的定义知命题正确由平行的传递性及线面角的定义知命题正确23【解析】如图连接，取的中点，连接，则则异面直线，所成的角为，由题意可知，又，则24【解析】为轴，为轴，为轴建立坐标系，设正方形边长为令，即 25【解析】如图为底面圆的内接正方形，设，则，即侧面均为等边三角形，底面，假设，由题意，当直线与成60角
7、时，由图可知与成60角，所以错，正确；假设，可知正确，错所以正确为26【证明】(1)在平行六面体中，因为平面，平面，所以平面(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形又因为，所以四边形为菱形，因此又因为，所以又因为=，平面，平面，所以平面因为平面，所以平面平面27【解析】(1)由，得，所以故由，得，由，得，由，得，所以，故因此平面(2)如图，过点作，交直线于点，连结由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角由，得，所以，故因此，直线与平面所成的角的正弦值是方法二 (1)如图，以的中点为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系由题意知各点坐标如下：，因此，由得由得所以平面(2)设
8、直线与平面所成的角为由(1)可知，设平面的法向量由，即，可取所以因此，直线与平面所成的角的正弦值是28【解析】（）如图，设PA中点为F，连结EF，FB因为E，F分别为PD，PA中点，所以EFAD且，又因为BCAD，所以EFBC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF，因此CE平面PAB（）分别取BC，AD的中点为M，N连结PN交EF于点Q，连结MQ因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQCE由为等腰直角三角形得PNAD由DCAD，N是AD的中点得BNAD所以AD平面PBN，由BCAD得BC平面PBN，那么，平面PBC平面PBN过
9、点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MHMH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角设CD=1在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，在PBN中，由PN=BN=1，PB=得，在中，MQ=，所以，所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是29【解析】证明：（1）在平面内，因为，所以又因为平面，平面，所以平面（2）因为平面平面，平面平面=， 平面，所以平面因为平面，所以又，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以30【解析】（）因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，因此（）解法一：取的中点，连接，因为，所以四边形为菱形，所以取中点，连接，则，所以为所求二面角的平面角又，
10、所以在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为解法二：以为坐标原点，分别以，所在的直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得，故，设是平面的一个法向量由可得取，可得平面的一个法向量设是平面的一个法向量由可得取，可得平面的一个法向量所以因此所求的角为31【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，记玻璃棒的另一端落在上点处因为，所以，从而记与水平的交点为，过作，为垂足，则平面，故，从而答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)（2）如图，是正棱台的两底面中心由正棱台的定义，平面 ，所以平面平面，同理，
11、平面平面，记玻璃棒的另一端落在上点处过作，为垂足， 则=32因为= 14，= 62，所以= ，从而设则因为，所以在中，由正弦定理可得，解得因为，所以于是记与水面的交点为，过作，为垂足，则 平面，故=12，从而 =答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)32【解析】（）由已知可得，所以平面又平面，故平面平面（）过作，垂足为，由（）知平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系由（）知为二面角的平面角，故，则，可得，由已知，所以平面又平面平面，故，由，可得平面，所以为二面角的平面角，从而可得所以，设是平
12、面的法向量，则，即，所以可取设是平面的法向量，则，同理可取则故二面角的余弦值为33【解析】（I）证明：，四边形为菱形，；又，又，面（）建立如图坐标系，设面法向量，由得，取，同理可得面的法向量，34【解析】（）由已知得，取的中点，连接由为中点知， 又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是因为平面，平面，所以平面（）取的中点，连结，由得，从而，且以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知，设为平面的法向量，则，即，可取，于是35【解析】（）设，连结OF，EC，由于E为AD的中点，所以,因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，因此在中，可得又平面，平面，所以平面（）由题意知，所以四边形为平行四边形，因此又平面PCD，所以，因此因为四边形ABCE为菱形，所以又，AP，AC平面PAC，所以平面36【解析】（）为中点，DEPA平面DEF，DE平面DEF，PA平面DEF（）为中点，为中点，DEEF，DE平面ABCDE平面BDE，平面BDE平面ABC37【解析】（）连接BD交AC于点O，连结EO因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB
