資源簡介

專題8 有關空間直線相交問題
[浙江省紹興市 2023-2024學年高三上學期11月]如圖，△ABC為正三角形，AE⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，AC＝CD，AE＝2CD，點F，P分別為AB，BD的中點，點Q在線段BE上，且BE＝4BQ．證明：直線CP與直線FQ相交；
連接DG，GF，FC，PQ，先由四邊形CDGF為平行四邊形證明，再由中位線定理證明，進而得出直線CP與直線FQ相交．
證明：取BE中點G，連接DG，GF，FC，PQ，則，
因為AE⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，所以，
所以，CD＝FG，則四邊形CDGF為平行四邊形，
所以，CF＝DG．
因為點Q在線段BE上，且BE＝4BQ，所以Q是BG的中點，
又因為點P是BD的中點，
所以，所以，
即PQ，CF共面，且PQ，CF長度不等，
所以直線CP與直線FQ相交．
1．每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖.若點G、H、M、N分別是正八面體的棱的中點，則下列結論正確的是（ ）
A．平面 B．與是異面直線
C．平面 D．與是相交直線
2．如圖，在直三棱柱中，O是與的交點，D是的中點，，，給出下列結論．

①AB與是相交直線； ②平面﹔
③平面平面﹔ ④平面，
其中正確的結論是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．②④
將該幾何體補成正三棱柱，延長CP交BG中點于M點，連接MA，再證明與Q重合，得出FQ與CP交于M點.
構造正三棱柱HE－CBA，延長CP交BG于M點，易知M為GB中點
連接MA交EB于，下證Q與重合
作交BE于R，則R為BE中點，為BR中點
∴，即與Q重合，∴FQ與CP交于M點
3．如圖，已知正方體，，分別是，的中點，則（ ）

A．直線與直線相交，直線平面
B．直線與直線平行，直線平面
C．直線與直線垂直，直線平面
D．直線與直線異面，直線平面
4．如圖所示，長方體中，給出以下判斷，其中正確的是（ ）
A．直線與相交
B．直線與是異面直線
C．直線與有公共點
D．
建系，得 ，由證明線CF與直線FQ相交.
取AC中點為O，以OB，OA方向為x，y軸作z軸⊥平面ABC
設，則
，
CP與QF不平行，直線CF與直線FQ相交.
5．如圖，平面平面，，是內不同的兩點，，是內不同的兩點，且，，，直線，，分別是線段，的中點.下列判斷正確的是（ ）
A．若，則
B．若，重合，則
C．若與相交，且，則可以與相交
D．若與是異面直線，則不可能與平行
6．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC、BD的交點，直線A1C交平面C1BD于點M，則下列結論正確的是（ ）

A．C1、O、A、M四點共面
B．直線C1O與直線A1C為異面直線
C．直線A1A與直線OM相交
D．D1、D、O、M四點共面
由基底表示，，進而由證明線CF與直線FQ相交.
利用向量減法的三角形法則，向量的數乘，證明
，所以
P為BD中點，所以，即
所以，CP與FQ相交.
7．如圖，在正方體中，分別為棱的中點，則（ ）

A．直線與是相交直線 B．直線與是平行直線
C．直線與是異面直線 D．直線與是相交直線
8．如圖，在長方體中，點、分別是棱、上的動點（異于所在棱的端點）.則下列結論不正確的是（ ）

A．在點運動的過程中，直線可能與平行
B．直線與一定相交
C．設直線、分別與平面相交于點、，則點可能在直線上
D．設直線、分別與平面相交于點、，則點一定不在直線上
以G為原點，GA為y軸，GB為x軸，GH為z軸，建立空間直角坐標系，求出CP，FQ的直線方程，由兩直線交點唯一得出CP與FQ相交.
以G為原點，GA為y軸，GB為x軸，GH為z軸，建立空間直角坐標系.
設，
∴，
∴，
∴，
∵，∴，∴，
∴CP的直線方程為
FQ的直線方程為
聯立方程組兩方程在內的解唯一
∴兩直線交點唯一，∴CP與FQ相交
9．正方體中，M，N分別是正方形和正方形的中心，則下列說法正確的有（ ）
A．直線與直線是相交直線 B．直線與直線是異面直線
C．直線與直線是相交直線 D．直線與直線沒有公共點
10．在三棱錐中，分別是的重心.則下列命題中正確的有（ ）
A．直線共面 B．直線相交
C． D．
11．如圖，點為正方形的中心，平面平面，且，是線段的中點，則（ ）
A．，且直線是相交直線
B．，且直線是相交直線
C．，且直線是異面直線
D．，且直線是異面直線
12．如圖，三棱柱中，底面三角形是正三角形，是的中點，則下列敘述正確的是（ ）
A．直線與直線相交
B．與共面
C．與是異面直線但不垂直
D．平面垂直于平面
13．如圖，正三棱柱中，，分別是的中點，則下列說法中正確的是（ ）
A．與是相交直線
B．平面
C．異面直線與所成角的余弦值為
D．
14．正方形ABCD和矩形BEFC組成圖1，G是EF的中點，BC=2BE.將矩形BEFC沿BC折起，使平面平面ABCD，連接AG，DF，得到圖2，則（ ）
A．，且直線是相交直線
B．，且直線是相交直線
C．，且直線是異面直線
D．，且直線是異面直線
15．在正方體中，分別是線段的中點，則直線與直線的位置關系是 .
16．如圖，四棱錐，其中為正方形，底面，，，分別為，的中點，，在棱，上，且滿足，.
(1)求證：直線與直線相交；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】作出輔助線，得到四邊形是平行四邊形，排除BD，進而證明出GH與BC不垂直，故與平面不垂直，平面，得到正確答案.
【詳解】連接，BD，則它們相交且相互平分，故四邊形為平行四邊形，則∥.又G、H、M、N分別是正八面體的棱的中點，所以，且，∴，且所以四邊形是平行四邊形，排除B、D選項，易證平面平面，又平面，∴平面，C正確；因為EH⊥BC，MH⊥BC，，所以BC⊥平面EMH，而GH平面EMH，而GH，所以GH與BC不垂直，故與平面不垂直，A錯誤；
故選：C
2．D
【分析】根據線線平行即可求解①②，根據線面垂直即可求解④，根據平面有公共點即可求解③.
【詳解】由于,與相交，所以AB與是異面直線，故①錯誤，
連接,由于均為中點，所以,
平面,平面,平面,故②正確，
由于平面平面,所以平面與平面相交，故③錯誤，
由于且三棱柱為直三棱柱，所以平面,
平面,故,又，進而，
由，可知四邊形為正方形，所以,
，平面，所以平面，④正確，
故選：D

3．C
【分析】
由題意，連接，顯然為中點，由直線與平面平行的判定定理可得平面，又易判斷，可得.
【詳解】
解：如圖，連接，則與互相平分，即是的中點，
又由是的中點，則，而平面，平面，
故平面，
四邊形是正方形，則，
又由，則平面，所以.
故選：C.
4．D
【分析】利用異面直線的定義可以判斷出A、C，利用平行四邊形的性質可判斷出B、D.
【詳解】
對于A，面，面，且B不在AC上，
根據異面直線的定義得，直線與是異面直線，故A選項錯誤；
對于B，，，
四邊形為平行四邊形，
，即直線與平行直線，故B選項錯誤；
對于C，面，面，，
根據異面直線的定義得，直線與是異面直線，故C選項錯誤；
對于D，，，
四邊形為平行四邊形，
，故D選項正確；
故選：D.
5．BD
【分析】根據空間直線的位置關系判斷各選項．
【詳解】A．若與相交于點，如圖1，，∴是平面的一個公共點，則在直線上，∵，此時一定過這個交點，A錯；
　　　　　　圖1
B．若，重合，如圖2，則與相交且平分，四邊形是平行四邊形，則，由得，由得，，B正確；
　　　　　　　　圖2
C．若與相交，見圖2，則確定一個平面，由可得，又由得，C錯；
D．假設，如圖3，取中點，連接，因為分別是中點，則，，
與是異面直線，則，，所以，又，，所以，而，所以平面，同理平面，這樣就有，與已知矛盾，故假設不成立，即與不平行，D正確．
　　　　　　　圖3
故選：BD．
【點睛】本題考查空間直線的位置關系，考查學生的空間想象能力．解題時能根據定義、定理、公理直接判斷的可直接判斷，不能直接判斷的可以用反證法證明，對錯誤的結論可以舉反例說明．
6．AC
【分析】根據點與線，點與面，線與面的位置關系逐項判斷即可求解.
【詳解】對于A選項，如圖，連接，

因為O為AC、BD的交點，直線A1C交平面C1BD于點M，
所以點在平面與平面的交線上，即三點共線，
則點、、、四點共面，故選項A正確；
對于B選項，由選項A的分析可知三點共線，所以直線與直線相交，故選項B錯誤；
對于C選項，因為為的中點，點為直線與平面的交點，所以不是的中點，
又因為平面，且與不平行，所以直線與直線相交，故選項C正確；
對于D選項，因為點、、均在平面內，點不在平面內，
且直線與直線沒有交點，所以直線與直線異面，
則點、、、四點不共面，故選項D錯誤，
故選：AC.
7．CD
【分析】根據異面直線的定義逐項判斷可得答案.
【詳解】對于A，因為平面，平面，平面，
且直線，可得直線與是異面直線，故A錯誤；
對于B，因為平面，平面，且直線不過點，
可得直線與是異面直線，故B錯誤；
對于C，連接分別為棱的中點，，
因為，四邊形是平行四邊形，，
四點共面，平面，平面，
平面，直線與是異面直線，故C正確；
對于D，由C選項可知，，，直線與是相交直線，故D正確.
故選：CD.

8．BD
【分析】取、分別為、的中點，證明出四邊形為平行四邊形，可判斷A選項；取、異面，可判斷B選項；取、分別為、的中點，證明出、、三點共線，可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，在長方體中，
當點、分別為、的中點時，取線段的中點，連接、、，

因為且，又因為、分別為、的中點，則且，
所以，四邊形為平行四邊形，所以，且，
同理可證四邊形為平行四邊形，則且，
又因為且，故且，
所以，四邊形為平行四邊形，所以，且，
所以，且，故四邊形為平行四邊形，則，A對；
對于B選項，因為平面平面，平面，平面，則、平行或異面，
當、異面時，則、、、可視為三棱錐的四個頂點，此時，與異面，B錯；
對于C選項，當點、分別為、的中點時，
由勾股定理可得，
對于CD選項，當點、分別為、的中點時，
延長交直線于點，延長交直線于點，連接，如下圖所示：

因為，則，
又因為，，所以，，
所以，，因為，則，即為的中點，
同理可知，為的中點，
因為，，，
所以，，則，
因為，則，
所以，、、三點共線，故點可能在直線上，C對D錯.
故選：BD.
9．ABD
【分析】直線與直線相交于，A正確，根據異面直線判斷定理得到BD正確，C錯誤，得到答案.
【詳解】對選項A：直線與直線相交于，正確；
對選項B：三點在平面內，在平面外，
故直線與直線是異面直線，正確；
對選項C：三點在平面內，在平面外，
直線與直線是異面直線，錯誤；
對選項D：在平面內，在平面外，
直線與直線是異面直線，正確；
故選：ABD
10．ABD
【分析】根據題意，由條件結合三角形重心的性質，對選項逐一判斷即可得到結果.
【詳解】
由于分別是的重心，所以分別延長交
于中點.因此正確.
因為，所以，因此.
直線相交，B正確.
因為是的重心，所以，因此，C不正確.
因為，所以.因此，D正確.
故選：ABD.
11．A
【分析】由題意作出圖形，并連接，結合已知條件容易證明四邊形為等腰梯形，從而由等腰梯形的性質即可求解.
【詳解】如圖所示：
連接，點為正方形的中心，
則經過點，且點為中點，
是線段的中點，
所以在中，，
又， 且由正方形性質可知，
所以，
即四邊形為等腰梯形，
又為等腰梯形的對角線，
所以，且直線是相交直線.
故選：A.
12．A
【分析】在三棱柱中，根據線線，線面關系對選項一一判斷即可.
【詳解】在三棱柱中，，且，所以四邊形為梯形，直線與直線相交，故A正確；
由幾何圖形易知與為異面直線，故B錯誤；
與是異面直線，且三角形是正三角形，，
又，則，故C錯誤；
在三棱柱中未給出側面與上下底面的關系，不能判斷AE是否與平面垂直，故無法判斷平面與平面的關系，故D錯誤；
故選：A
13．C
【分析】根據異面直線的判定可知A錯誤；根據平面，直線可知B錯誤；取的中點，根據平行四邊形性質和三角形中位線性質，以及異面直線所成角定義可知所求角為或其補角，利用余弦定理可求得C正確；假設D正確，由線面垂直的判定與性質可知，顯然不成立，知D錯誤.
【詳解】對于A，平面，平面，平面，
與是異面直線，A錯誤；
對于B，連接，
直線，平面，平面，又直線，
直線平面，B錯誤；
對于C，取的中點，連接，
，，四邊形為平行四邊形，；
分別為中點，，
異面直線與所成角即為或其補角；
設，則，，又，，
，
則異面直線與所成角的余弦值為，C正確；
對于D，取的中點，連接，
假設成立，
平面，平面，，
，平面，平面，
又平面，；
由已知可知：為等邊三角形，又，
與不垂直，假設錯誤，D錯誤.
故選：C.
14．B
【分析】根據平面圖形翻折前后，相關線段或直線的位置變化可知，，并未改變，所以可知在一個平面內，又因為,所以是相交直線．再根據條件可得平面，所以，即．
【詳解】如圖，連接，因為，且，同理，且,所以,且，故為平行四邊形，所以在一個平面內．
又因為,所以是相交直線．由題知，所以平面．
故平面，所以，所以，即．
故選：B．
【點睛】本題主要考查平面圖形翻折前后相關線段或直線位置變化，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．
15．相交
【分析】利用平面的性質結合圖形可得答案.
【詳解】在正方體中，易知，且，
即四邊形是平行四邊形，
又平面，
在同一平面中，，所以直線與直線相交.
故答案為：相交

16．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用中位線定理與平行線分線段成比例證得四邊形為梯形，從而得證；
（2）根據題意建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.
【詳解】（1）∵，分別為，的中點，
∴且，
∵，，∴，
∴且，
∵且，∴且，
∴四邊形為梯形，∴直線與直線相交.
（2）∵平面且為正方形，
∴以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系.
則，，，
∴，，
設平面的法向量為，則，
令，得
易得平面的一個法向量為，
設平面與平面夾角為，
則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑