统考版2021高考数学二轮复习板块1命题区间精讲精讲13空间位置关系与空间角学案含解析理

1、空间位置关系与空间角命题点1空间线面位置关系的判断空间线面位置关系的三种常用判断方法(1)直接法：借助空间位置关系理论体系直接证明；(2)举反例法：即从对立面入手，结合题目灵活使用；(3)模型法：借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断高考题型全通关1已知直线l和两个不同的平面，则下列结论正确的是()a若l，l，则b若，l，则lc若l，l，则d若，l，则la对于a选项，显然正确对于b选项，直线l可能在平面内，故b选项是假命题对于c选项，两个平面可能相交，故c选项是假命题对于d选项，直线l可能在平面内，也可能平行于，故d选项是假命题2.将正方体的纸盒展开如图，直线ab，c

2、d在原正方体的位置关系是()a平行b垂直c相交成60角d异面且成60角d如图，直线ab，cd异面因为ceab，所以ecd即为异面直线ab，cd所成的角，因为cde为等边三角形，故ecd60.3. 教材改编对于四面体abcd，有以下命题：若abacad，则ab，ac，ad与底面所成的角相等；若abcd，acbd，则点a在底面bcd内的射影是bcd的内心；四面体abcd的四个面中最多有四个直角三角形；若四面体abcd的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是()a b c dd正确，若abacad，则ab，ac，ad在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；错误，如图，点a在平面bc

3、d内的射影为点o，连接bo，co，可得bocd，cobd，所以点o是bcd的垂心；正确，如图，ab平面bcd，bcd90，其中有4个直角三角形；正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式sbcd4sbcdr，解得 r，那么内切球的表面积s4r2，故选d4.如图，点p在正方体abcda1b1c1d1的面对角线bc1上运动，则下列结论：三棱锥ad1pc的体积不变；a1p平面acd1；dpbc1；平面pdb1平面acd1.其中正确的结论是()a b c db 对于，如图，由题意知ad1bc1，ad1平面ad1c，bc1平面ad1c，从而bc1平面ad1c，故bc1上任意一点到

4、平面ad1c的距离均相等，所以以p为顶点，平面ad1c为底面的三棱锥ad1pc的体积不变，故正确；对于，连接a1b，a1c1，则a1c1ac，易知a1c1平面ad1c，由知，bc1平面ad1c，又a1c1bc1c1，所以平面ba1c1平面acd1，又a1p平面a1c1b，所以a1p平面acd1，故正确；对于，由于dc平面bcc1b1，所以dcbc1，若dpbc1，则bc1平面dcp，bc1pc，则p为中点，与p为动点矛盾，故错误；对于，连接db1，由db1ac且db1ad1，可得db1平面acd1，从而由面面垂直的判定定理知平面pdb1平面acd1，故正确综上可知，选b5已知l，m是平面外的两

5、条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.或 已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.6.如图，已知六棱锥pabcdef的底面是正六边形，pa平面abc，pa2ab则下列结论中：pbae；平面abc平面pbc；直线bc平面pae；pda45.正确的为_(把所有正确的序号都填上)由pa平面abc，ae平面abc，得paae，又由正六边形的性质得aeab，paaba，得ae平面pab，pb平面pab，pbae，正

6、确；由正六边形的性质计算可得paad，故pad是等腰直角三角形，pda45，正确教师备选1，是两个不重合的平面，在下列条件下，可判定的是()a，都平行于直线l，mb内有三个不共线的点到的距离相等cl，m是内的两条直线且l，mdl，m是两条异面直线且l，m，l，md对于a，l，m应相交；对于b，应考虑三个点在的同侧或异侧两种情况；对于c，l，m应相交，故选d2(2020曲靖一模)在四面体abcd中，abbdadcd3，acbc4，用平行于ab，cd的平面截此四面体，得到截面四边形efgh，则四边形efgh面积的最大值为_直线ab平行于平面efgh，且平面abc交平面efgh于hg，hgab，同理

7、：efab，fgcd，ehcd，fgeh，efhg.四边形efgh为平行四边形又adbd，acbc的对称性，可知abcd四边形efgh为矩形设bfbdbgbcfgcdx(0x1)，fg3x，hg3(1x)，sefghfghg9x(1x)92，0x1，当x时，四边形efgh的面积有最大值.3.如图，在三棱柱abca1b1c1中，侧棱aa1底面abc，底面是以abc为直角的等腰直角三角形，ac2a，bb13a，点d是a1c1的中点，点f在线段aa1上，当af_时，cf平面b1df.a或2a由题意知，b1d平面acc1a1，又cf平面acc1a1，所以b1dcf.要使cf平面b1df，只需cfdf即

8、可令cfdf，设afx(0x3a)，则a1f3ax.易知rtcafrtfa1d，得，即，整理得x23ax2a20，解得xa或x2a.命题点2空间角的求解空间角的求解技法(1)求解异面直线所成的角的两种思路：平移法：基本思路是 “作(平行线)证(平行)算(解三角形)”，其中作平行线是关键，一般借助中位线、平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决向量法：利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来求解，注意向量夹角与异面直线角的关系提醒：两条异面直线所成角的范围是(0，90(2)线面角的两种思路：定义法：直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的

9、射影向量法：利用空间向量计算斜线的方向向量与平面法向量的夹角来求解，注意向量夹角与线面角的关系高考题型全通关1.(2020玉溪模拟)如图，在长方体abcda1b1c1d1中，aa11，abad2，e，f分别是bc，dc的中点，则异面直线ad1与ef所成角的余弦值为()a b c dab1d1ef，异面直线ad1与ef所成角是ad1b1或其补角，在ad1b1中，ad1，ab1，d1b12， cosad1b1.异面直线ad1与ef所成角的余弦值为.故选a2(2020株洲模拟)已知正四棱锥sabcd的侧棱长与底面边长都相等，e是sb的中点，则ae，sd所成的角的余弦值为()a b c dc设ac，b

10、d的交点为o，连接eo(图略)，则aeo为ae，sd所成的角或其补角设正四棱锥的棱长为a，则aea，eoa，oaa，所以cosaeo ，故选c3已知直三棱柱abca1b1c1中，abc120，ab2，bccc11，则异面直线ab1与bc1所成角的余弦值为()a b c dc如图所示，把直三棱柱abca1b1c1补成直四棱柱abcda1b1c1d1，在直四棱柱abcda1b1c1d1中，由ab1c1d，得bc1d即为异面直线ab1与bc1所成的角在rtbcc1中，bc1，abc120，dcb60，bd，c1d，bcbd2c1d2，dbc190，cosbc1d.4高考改编平面过正方体abcda1b

11、1c1d1的顶点a，平面cb1d1，平面abcdm，则直线m与直线bc所成角的正弦值为()a b c1 db如图，平面cb1d1，平面abcdm，可知：mb1d1bd，dbc是直线m与直线bc所成角(或所成角的补角)，bcdc，bcdc，dbc45，sindbc.直线m与直线bc所成角的正弦值为，故选b5.如图，在正三棱柱abca1b1c1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则bc1与侧面acc1a1所成角的大小为()a30 b45c60 d90a由题意，取ac的中点o，连接bo，c1o，因为正三棱柱abca1b1c1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，所以boac，boaa1，因为acaa1

12、a，所以bo平面acc1a1，所以bc1o是bc1与侧面acc1a1所成的角，因为bo，c1o，所以tanbc1o，所以bc1o30，bc1与侧面acc1a1所成的角为30.6已知长方体abcda1b1c1d1的外接球体积为，且aa1bc2，则a1c与平面bb1c1c所成的角为_如图，设长方体abcda1b1c1d1的外接球半径为r，则长方体abcda1b1c1d1的外接球体积为r3，所以r2，即a1c2r4.因为aa1bc2，所以ab2.连接b1c，因为a1b1平面bb1c1c，所以a1c与平面bb1c1c所成的角为a1cb1，在rtbb1c中，bb1bc2，所以b1c2a1b1，所以a1c

13、b1.即a1c与平面bb1c1c所成的角为.命题点3折叠问题解决与翻折有关的问题的两个法宝(1)一个关键：解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口(2)两个分析：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形高考题型全通关1如图所示，四边形abcd中，adbc，adab，bcd45，bad90，将adb沿bd折起，使平面abd平面bcd，构成三棱锥abcd，则在三棱锥abcd中，下列结论正确的是()a平面abd平面abcb平面adc平面bdcc平面

14、abc平面bdcd平面adc平面abcd因为在四边形abcd中，adbc，adab，bcd45，bad90，所以bdcd又平面abd平面bcd，且平面abd平面bcdbd，故cd平面abd，则cdab又adab，adcdd，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abc2.(2020重庆一中模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形abcd为正方形，e，f分别为pa，pd的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线be与直线cf异面；直线be与直线af异面；直线ef平面pbc；平面bce平面pad其中正确的有()a b c db将展开图还原为几何体

15、(如图)，因为e，f分别为pa，pd的中点，所以efadbc，即直线be与cf共面，错；因为b平面pad，e平面pad，eaf，所以be与af是异面直线，正确；因为efadbc，ef平面pbc，bc平面pbc，所以ef平面pbc，正确；平面pad与平面bce不一定垂直，错故选b3.已知边长为a的正abc的中线af与中位线de相交于点g，现将aed沿de翻折为aed，如图是翻折过程中的一个图形，则下列4个结论：动直线af与直线de互相垂直；恒有平面agf平面bced；四棱锥abced的体积有最大值；三棱锥adef的侧面积没有最大值其中正确结论是()a bc da因为已知边长为a的正abc的中线a

16、f与中位线de相交于点g，所以deag，deag，defg，所以de平面afg，所以deaf.故正确；由得de平面bced，所以平面agf平面bced故正确；三棱锥afed的底面积是定值，体积由高即a到底面的距离决定，当平面ade平面bced时，三棱锥afed的体积有最大值，故正确，错误，故选a4一题两空如图，在边长为2的正方形abcd中，点e，f分别为bc，ad的中点，将四边形cdfe沿ef翻折，使得平面cdfe平面abef，则bd_，异面直线bd与cf所成角的余弦值为_如图，连接de交fc于o，取be的中点g，连接og，cg，则ogbd且ogbd，所以cog为异面直线bd与cf所成的角或其补角因为正方形abcd的边长为2，则cebe1，cfde，所以cocf.易得be平面cdf