高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 立體幾何 第2講 空間直線與平面的位置關(guān)系考題溯源變式 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

（通用版）2016年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題八立體幾何第2講空間直線與平面的位置關(guān)系考題溯源教材變式理真題示例對應(yīng)教材題材評說(2015·高考全國卷Ⅱ，12分)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點(diǎn)E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形.(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值.(必修2P59例3)如圖所示的一塊木料中，棱BC平行于面A′C′.(1)要經(jīng)過面A′C′內(nèi)的一點(diǎn)P和棱BC將木料鋸開應(yīng)怎樣畫線？(2)所畫的線與平面AC是什么位置關(guān)系？(必修2P66例2)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，求直線A1B和平面A1B1CD所成的角.源于課本高于課本是立體幾何試題的基本命題思路，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)注重教材中背景較好的題材，并進(jìn)行加工整理．利用教材中的圖形背景或問題背景是立體幾何試題命制的主要途徑.[教材變式訓(xùn)練]一、選擇題[變式1](必修2P63B組T3改編)如圖，AB∥平面α∥平面β，過A，B的直線m，n分別交α，β于C，E和D，F(xiàn)，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，則BD的長為()A.eq\f(6,5) B.eq\f(7,5)C.eq\f(8,5) D．eq\f(9,5)解析：選C.由AB∥α∥β，易證eq\f(AC,CE)＝eq\f(BD,DF).即eq\f(AC,AE)＝eq\f(BD,BF)，∴BD＝eq\f(AC·BF,AE)＝eq\f(2×4,5)＝eq\f(8,5).[變式2](必修2P73練習(xí)1，2)已知m，n表示不同的直線，α，β表示不同的平面，下列命題為真的是()A．若m∥α，m⊥n，則n⊥αB．若m∥α，α⊥β，則m⊥βC．若m∥n，n∥α，則m∥αD．若α∥β，m∥n，m⊥α，則n⊥β解析：選D.當(dāng)m∥α，m⊥n時(shí)，n與α的位置關(guān)系有n?α，或n∥α或n與α相交，故A不正確．當(dāng)m∥α，α⊥β時(shí)，m與β的位置關(guān)系有m?β或m∥β或m與β相交，故B不正確．當(dāng)m∥n，n∥α?xí)r，有m?α或m∥α，故C不正確．當(dāng)α∥β，m∥n，m⊥α?xí)r，必有n⊥β，故D正確．[變式3](必修2P78A組T7改編)正四棱錐的三視圖如圖，則相鄰兩個(gè)側(cè)面所成的二面角的大小的余弦值為()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(1,6)解析：選C.由三視圖畫出直觀圖．由三視圖知，正四棱錐的底面邊長為2，側(cè)棱長為eq\r(12＋22)＝eq\r(5).過B作BE⊥PC于E，連接DE.則DE⊥PC.∴∠BED為側(cè)面PBC與側(cè)面PCD所成的平面角．由等面積知，BE×PC＝BC×2，∴BE＝eq\f(4,\r(5))＝DE.又BD＝2eq\r(2).∴cos∠BED＝eq\f(BE2＋DE2－BD2,2BE×DE)＝eq\f(\f(16,5)＋\f(16,5)－8,2×\f(16,5))＝－eq\f(1,4).[變式4](必修2P66例2改編)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線BD1與平面A1B1CD所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6),3)解析：選D.連接BC1與B1C交于E，易證BE⊥平面A1B1CD.由正方體的性質(zhì)知，BD1與平面A1B1CD的交點(diǎn)F即為BD1的中點(diǎn)，連接EF，則∠BFE即為BD1與平面A1B1CD所成的角．設(shè)正方體的棱長為2，則BE＝eq\r(2)，BF＝eq\r(3).∴sin∠BFE＝eq\f(BE,BF)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).[變式5](必修2P65“探究”改編)如圖，CD是Rt△ABC斜邊AB上的高，沿CD折成直二面角B-CD-A，則折后∠ACB的范圍為()A．(0°，30°]B．[30°，50°]C．[45°，60°)D．[60°，90°)解析：選D.設(shè)AC＝b，BC＝a，則AD＝eq\f(b2,\r(a2＋b2))，BD＝eq\f(a2,\r(a2＋b2))折圖后，由題意知．∠ADB即為二面角B-CD-A的平面角．∴∠ADB＝90°.∴AB2＝AD2＋BD2＝eq\f(a4＋b4,a2＋b2)，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(b2＋a2－\f(a4＋b4,a2＋b2),2ab)＝eq\f(ab,a2＋b2)≤eq\f(\f(1,2)（a2＋b2）,a2＋b2)＝eq\f(1,2).∴∠ACB的范圍為[60°，90°)．[變式6](必修2P79B組T1改編)如圖，E、F分別是邊長為2的正方形ABCD的邊AB與BC的中點(diǎn)，將△AED，△CFD，△BEF分別沿DE、DF、EF折起，使得A、B、C三點(diǎn)重合于點(diǎn)P，則下列結(jié)論錯誤的是()A．PD⊥EFB．P到平面DEF的距離為eq\f(3,2)C．四面體PDFE的四個(gè)面中有三個(gè)面是直角三角形D．四面體PDFE外接球的表面積為6π解析：選B.A項(xiàng)，∵折疊前DA⊥AE，DC⊥CF，∴折疊后DP⊥PE，DP⊥PF，又PE∩PF＝P，∴DP⊥平面PEF，從而DP⊥EF，故A正確．B項(xiàng)，設(shè)折疊前連接DB∩EF＝G(圖略)時(shí)，DB⊥EF.則折疊后仍有DG⊥EF，PG⊥EF，又DG∩PG＝G，∴EF⊥平面DPG，從而平面DPG⊥平面DEF且交線為DG，作PH⊥DG于點(diǎn)H，則PH⊥平面DEF，∴PH為點(diǎn)P到平面DEF的距離．在Rt△DPG中，DP＝2，PG＝eq\f(\r(2),2)，DG＝eq\f(3,2)eq\r(2)，∴PH＝eq\f(PG·DP,DG)＝eq\f(\f(\r(2),2)×2,\f(3,2)\r(2))＝eq\f(2,3)，故B不正確．C項(xiàng)，由A、B知四面體PDFE中有PD⊥PE，PD⊥PF，PE⊥PF，∴四個(gè)面中有三個(gè)面是直角三角形，故C正確．D項(xiàng)，∵PE、PF、PD兩兩垂直，∴四面體PDFE的外接球直徑為2R＝eq\r(PE2＋PF2＋PD2)＝eq\r(6)，即R＝eq\f(\r(6),2)，∴S球＝6π，故D正確．二、填空題[變式7](必修2P78A組T4改編)如圖，E、F分別是棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1的棱B1C1與D1C1的中點(diǎn)，則四邊形DBEF的面積為________．解析：依題意，EF綊eq\f(1,2)B1D1綊eq\f(1,2)BD，∴四邊形DBEF為梯形，且BD＝eq\r(2)a，EF＝eq\f(\r(2),2)a.連結(jié)AC∩BD＝O，連結(jié)A1C1∩EF＝M(圖略)，可證BD⊥平面ACC1A1，從而BD⊥OM，作MN⊥AC于N，可證MN⊥平面ABCD，且N為OC中點(diǎn)∴OM＝eq\r(MN2＋ON2)＝eq\r(a2＋（\f(\r(2),4)a）2)＝eq\f(3,4)eq\r(2)a，∴S梯形DBEF＝eq\f(DB＋EF,2)·OM＝eq\f(（\r(2)＋\f(\r(2),2)）a,2)×eq\f(3,4)eq\r(2)a＝eq\f(9,8)a2.答案：eq\f(9,8)a2[變式8](必修2P63B組T4改編)如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內(nèi)灌進(jìn)一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個(gè)命題：①沒有水的部分始終呈棱柱形；②水面EFGH所在四邊形的面積為定值；③棱A1D1始終與水面所在平面平行；④當(dāng)容器傾斜如圖所示時(shí)，BE·BF是定值．其中所有正確命題的序號是________．解析：顯然①是正確的，②是錯的，③∵A1D1∥BC，BC∥FG.∴A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)所以③是正確的，因?yàn)樗嵌康?定體積V)．∴S△BEF·BC＝V，即eq\f(1,2)BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝eq\f(2V,BC)(定值)，即④是正確的．答案：①③④三、解答題[變式9](必修2P69“探究”改編)如圖，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AE⊥PB，垂足為E，AF⊥PC，垂足為F.(1)求證：PC⊥EF；(2)若PA＝2，AB＝eq\r(3)，BC＝1，求平面AEF與平面ABC所成角的余弦值．解：(1)證明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，從而有BC⊥AE.又AE⊥PB且PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC，∴AE⊥PC.又AF⊥PC，AE∩AF＝A，∴PC⊥平面AEF，從而PC⊥EF.(2)由已知PA⊥平面ABC，∴eq\o(PA,\s\up6(→))是平面ABC的一個(gè)法向量．由(1)知PC⊥平面AEF，∴eq\o(PC,\s\up6(→))是平面AEF的一個(gè)法向量．∵PA＝2，AB＝eq\r(3)，BC＝1，∴AC＝2，∴△PAC是等腰直角三角形，∴∠APC＝45°，從而cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝cos45°＝eq\f(\r(2),2)，∴平面AEF與平面ABC所成角的余弦值為eq\f(\r(2),2).[變式10](選修2－1P112A組T5改編)如圖，已知△ABC和△DBC所在平面互相垂直，且AB＝BD＝1，BC＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°.(1)求證：BC⊥AD，(2)求點(diǎn)B到平面ADC的距離．解：(1)證明：作AE⊥BC交CB延長線于點(diǎn)E，連結(jié)DE.∵∠ABC＝∠DBC＝120°，∴∠ABE＝∠DBE＝60°，又AB＝BD＝1，EB＝EB，∴△AEB≌△DEB，∵AE⊥BC，∴DE⊥BC，又AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，從而BC⊥AD.(2)法一：(向量法)由(1)知EA、ED、EC兩兩垂直，以E為原點(diǎn)，ED、EC，EA所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間坐標(biāo)系如圖所示．在Rt△ABE中∠ABE＝60°，AB＝1，∴EB＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，EC＝eq\f(5,2).同理可求DE＝eq\f(\r(3),2).∴A(0，0，eq\f(\r(3),2))，D(eq\f(\r(3),2)，0，0)，B(0，eq\f(1,2)，0)，C(0，eq\f(5,2)，0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))設(shè)平面ADC的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－\f(\r(3),2)z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(5,2)y＝0))，取x＝1得n＝(1，eq\f(\r(3),5)，1)，∴點(diǎn)B到平面ADC的距離為h＝eq\f(|n·\o(BD,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),10))),\r(2＋\f(3,25)))＝eq\f(2\r(159),53).法二：(等積法)∵平面ABC⊥平面DBC，且交線為BC，又AE⊥BC，∴AE⊥平面DBC，由(1)知△AED為等腰直角三角形，∴AD＝eq\r(2)AE＝eq\f(\r(6),2)，又DC＝AC＝eq\r(BD2＋BC2－2BD·BC·cos120°)＝eq\r(7)，∴S△ADC＝eq\f(1,2)AD·eq\r(DC2－（\f(1,2)AD）2)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),2)×eq\r(\f(53,8))＝eq\f(1,8)eq\r(159)，又S△DBC＝eq\f(1,2)DB·BCsin120°＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).設(shè)點(diǎn)B到平面ADC的距離為d，∴由VA－DBC＝VB－ADC得eq\f(1,3)S△DBC·AE＝eq\f(1,3)S△ADC·d，∴d＝eq\f(S△DBC·AE,S△ADC)＝eq\f(\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2),\f(1,8)\r(159))＝eq\f(2,53)eq\r(159).法三：(幾何法)取AD中點(diǎn)F，連接EF，CF，∵AE＝ED＝eq\f(\r(3),2)，AE⊥ED，∴EF⊥AD，且EF＝eq\f(1,2)AD＝e