統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)板塊1命題區(qū)間精講精講12空間位置關(guān)系與空間角學(xué)案含解析文

PAGE13-空間位置關(guān)系與空間角命題點(diǎn)1空間線面位置關(guān)系的推斷空間線面位置關(guān)系的三種常用推斷方法(1)干脆法：借助空間位置關(guān)系理論體系干脆證明；(2)舉反例法：即從對立面入手，結(jié)合題目敏捷運(yùn)用；(3)模型法：借助空間幾何體模型，如借助長方體、正四面體中的線面位置關(guān)系來推斷．[高考題型全通關(guān)]1．已知直線l和兩個不同的平面α，β，則下列結(jié)論正確的是()A．若l∥α，l⊥β，則α⊥βB．若α⊥β，l⊥α，則l⊥βC．若l∥α，l∥β，則α∥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥βA[對于A選項，明顯正確．對于B選項，直線l可能在平面β內(nèi)，故B選項是假命題．對于C選項，兩個平面可能相交，故C選項是假命題．對于D選項，直線l可能在平面β內(nèi)，也可能平行于β，故D選項是假命題．]2.將正方體的紙盒綻開如圖，直線AB，CD在原正方體的位置關(guān)系是()A．平行B．垂直C．相交成60°角D．異面且成60°角D[如圖，直線AB，CD異面．因為CE∥AB，所以∠ECD即為異面直線AB，CD所成的角，因為△CDE為等邊三角形，故∠ECD＝60°.]3.[教材改編]對于四面體A-BCD，有以下命題：①若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等；②若AB⊥CD，AC⊥BD，則點(diǎn)A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的內(nèi)心；③四面體A-BCD的四個面中最多有四個直角三角形；④若四面體A-BCD的6條棱長都為1，則它的內(nèi)切球的表面積為eq\f(π,6).其中正確的命題是()A．①③B．③④C．①②③D．①③④D[①正確，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面上的射影相等，即與底面所成角相等；②錯誤，如圖，點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)O，連接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以點(diǎn)O是△BCD的垂心；③正確，如圖，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4個直角三角形；④正確，設(shè)正四面體的內(nèi)切球的半徑為r，棱長為1，高為eq\f(\r(6),3)，依據(jù)等體積公式eq\f(1,3)×S△BCD×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×4×S△BCD×r，解得r＝eq\f(\r(6),12)，那么內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝eq\f(π,6)，故選D．]4.如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運(yùn)動，①三棱錐A-D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的結(jié)論是()A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④B[對于①，如圖，由題意知AD1∥BC1，AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1從而BC1∥平面AD1C故BC1上隨意一點(diǎn)到平面AD1C所以以P為頂點(diǎn)，平面AD1C為底面的三棱錐A-D1PC的體積不變，故①對于②，連接A1B，A1C1，則A1C1∥易知A1C1∥平面AD1由①知，BC1∥平面AD1C又A1C1∩BC1＝C1所以平面BA1C1∥平面ACD1又A1P?平面A1C1B所以A1P∥平面ACD1，故②正確；對于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，則BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，則P為中點(diǎn)，與P為動點(diǎn)沖突，故③錯誤；對于④，連接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，從而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故④正確．綜上可知，選B．]5．已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.②③?①或①③?②[已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.]6．如圖，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB．則下列結(jié)論中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.正確的為________(把全部正確的序號都填上)．①④[由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE，又由正六邊形的性質(zhì)得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，∵PB?平面PAB，∴PB⊥AE，∴①正確；由正六邊形的性質(zhì)計算可得PA＝AD，故△PAD是等腰直角三角形，∴∠PDA＝45°，∴④正確．][老師備選]1．α，β是兩個不重合的平面，在下列條件下，可判定α∥β的是()A．α，β都平行于直線l，mB．α內(nèi)有三個不共線的點(diǎn)到β的距離相等C．l，m是α內(nèi)的兩條直線且l∥β，m∥βD．l，m是兩條異面直線且l∥α，m∥α，l∥β，m∥βD[對于A，l，m應(yīng)相交；對于B，應(yīng)考慮三個點(diǎn)在β的同側(cè)或異側(cè)兩種狀況；對于C，l，m應(yīng)相交，故選D．]2．(2024·曲靖一模)在四面體ABCD中，AB＝BD＝AD＝CD＝3，AC＝BC＝4，用平行于AB，CD的平面截此四面體，得到截面四邊形EFGH，則四邊形EFGH面積的最大值為________．eq\f(9,4)[∵直線AB平行于平面EFGH，且平面ABC交平面EFGH于HG，∴HG∥AB，同理：EF∥AB，F(xiàn)G∥CD，EH∥CD，∴FG∥EH，EF∥HG.∴四邊形EFGH為平行四邊形．又∵AD＝BD，AC＝BC的對稱性，可知AB⊥CD．∴四邊形EFGH為矩形．設(shè)BF∶BD＝BG∶BC＝FG∶CD＝x(0≤x≤1)，∴FG＝3x，HG＝3(1－x)，∴SEFGH＝FG·HG＝9x(1－x)＝－9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)，0<x<1，當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，四邊形EFGH的面積有最大值eq\f(9,4).]3.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時，CF⊥平面a或2a[由題意知，B1D⊥平面ACC1A又CF?平面ACC1A1，所以B1D⊥CF要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，設(shè)AF＝x(0<x<3a)，則A1F＝3a易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，得eq\f(AC,A1F)＝eq\f(AF,A1D)，即eq\f(2a,3a－x)＝eq\f(x,a)，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2命題點(diǎn)2空間角的求解空間角的求解技法(1)異面直線所成的角——平移法：基本思路是“作(平行線)——證(平行)——算(解三角形)”，其中作平行線是關(guān)鍵，一般借助中位線、平行四邊形、平行線分線段成比例定理推論等學(xué)問解決．提示：兩條異面直線所成角的范圍是(0°，90°]．(2)線面角——定義法：直線和平面所成的角的求解關(guān)鍵是找出或作出過斜線上一點(diǎn)的平面的垂線，得到斜線在平面內(nèi)的射影．[高考題型全通關(guān)]1.(2024·玉溪模擬)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E，F(xiàn)分別是BC，DC的中點(diǎn)，則異面直線AD1與EFA．eq\f(\r(10),5)B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(3,5)D．eq\f(4,5)A[∵B1D1∥EF，∴異面直線AD1與EF所成角是∠AD1B1或其補(bǔ)角，在△AD1B1中，AD1＝eq\r(5)，AB1＝eq\r(5)，D1B1＝2eq\r(2)，∴cos∠AD1B1＝eq\f(\r(10),5).∴異面直線AD1與EF所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).故選A．]2．(2024·株洲模擬)已知正四棱錐S-ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE，SD所成的角的余弦值為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2,3)C[設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，連接EO(圖略)，則∠AEO為AE，SD所成的角或其補(bǔ)角．設(shè)正四棱錐的棱長為a，則AE＝eq\f(\r(3),2)a，EO＝eq\f(1,2)a，OA＝eq\f(\r(2),2)a，所以cos∠AEO＝eq\f(AE2＋EO2－OA2,2AE·EO)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))eq\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))eq\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))eq\s\up12(2),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a)))＝eq\f(\r(3),3)，故選C．]3．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),5)D．eq\f(\r(3),3)C[如圖所示，把直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)成直四棱柱ABCD-A1B1C1D在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1由AB1∥C1D，得∠BC1D即為異面直線AB1與BC1所成的角．在Rt△BCC1中，BC1＝eq\r(BC2＋CC\o\al(2,1))＝eq\r(2)，∵∠ABC＝120°，∴∠DCB＝60°，∴BD＝eq\r(22＋12－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，C1D＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，∵BCeq\o\al(2,1)＋BD2＝C1D2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5).]4．[高考改編]平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，則直線m與直線BC所成角的正弦值為(A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(2),2)C．1D．eq\f(1,2)B[如圖，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，可知：m∥B1D1∥BD，∴∠DBC是直線m與直線BC所成角(或所成角的補(bǔ)角)，∵BC⊥DC，BC＝DC，∴∠DBC＝45°，∴sin∠DBC＝eq\f(\r(2),2).∴直線m與直線BC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),2)，故選B．]5.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為eq\r(2)，底面三角形的邊長為1，則BC1與側(cè)面ACC1A1所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°A[由題意，取AC的中點(diǎn)O，連接BO，C1O，因為正三棱柱ABC-A1B1C1中側(cè)棱長為eq\r(2)，底面三角形的邊長為1，所以BO⊥AC，BO⊥AA1，因為AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1所以∠BC1O是BC1與側(cè)面ACC1A1所成的角因為BO＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，C1O＝eq\r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(3,2)，所以tan∠BC1O＝eq\f(BO,OC1)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(3,2))＝eq\f(\r(3),3)，所以∠BC1O＝30°，BC1與側(cè)面ACC1A1所成的角為6．已知長方體ABCD-A1B1C1D1的外接球體積為eq\f(32,3)π，且AA1＝BC＝2，則A1C與平面BB1C1Ceq\f(π,4)[如圖，設(shè)長方體ABCD-A1B1C1D1的外接球半徑為R，則長方體ABCD-A1B1C1D1的外接球體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，所以R＝2，即A1C＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋BC2＋AB2)＝2R＝4.因為AA1＝BC＝2，所以AB＝2eq\r(2).連接B1C，因為A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C與平面BB1C1C所成的角為∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2eq\r(2)＝A1B1，所以∠A1CB1＝eq\f(π,4).即A1C與平面BB1C1C所成的角為eq\f(π,4)命題點(diǎn)3折疊問題解決與翻折有關(guān)的問題的兩個法寶(1)一個關(guān)鍵：解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的改變量和不變量．一般狀況下，折線同一側(cè)線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生改變，抓住不變量是解決問題的突破口．(2)兩個分析：在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．[高考題型全通關(guān)]1．如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABCD[因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD．又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB．又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC．又AB?平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC．]2.(2024·重慶一中模擬)如圖是一幾何體的平面綻開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面4個結(jié)論：①直線BE與直線CF異面；②直線BE與直線AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中正確的有()A．①④B．②③C．①②③D．②③④B[將綻開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不肯定垂直，④錯．故選B．]3.已知邊長為a的正△ABC的中線AF與中位線DE相交于點(diǎn)G，現(xiàn)將△AED沿DE翻折為△A′ED，如圖是翻折過程中的一個圖形，則下列4個結(jié)論：①動直線A′F與直線DE相互垂直；②恒有平面A′GF⊥平面BCED；③四棱錐A′-BCED的體積有最大值；④三棱錐A′-DEF的側(cè)面積沒有最大值．其中正確結(jié)論是()A．①②③ B．②③④C．①②④ D．①③④A[因為已知邊長為a的正△ABC的中線AF與中位線DE相交于點(diǎn)G，所以DE⊥AG，DE⊥A′G，DE⊥FG，所以DE⊥平面A′FG，所以DE⊥A′F.故①正確；由①得DE?平面BCED，所以平面A′GF⊥平面BCED．故②正確；三棱錐A′-FED的底面積是定值，體積由高即A′究竟面的距離確定，當(dāng)平面A′DE⊥平面BCED時，三棱錐A′-FED的體積有最大值，故③正確，④錯誤，故選A．]4．[一題兩空]如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點(diǎn)，將四邊形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，則BD＝________，異面直線BD與CF所成角的余弦值為________．eq\r(6)eq\f(\r(30),10)[如圖，連接DE交FC于O，取BE的中點(diǎn)G，連接OG，CG，則OG∥BD且OG＝eq\f(1,2)BD，所以∠COG為異面直線BD與CF所成的角或其補(bǔ)角．因為正方形ABCD的邊長為2，則CE＝BE＝1，CF＝DE＝eq\r(CD2＋CE2)＝eq\r(5)，所以CO＝eq\f