2021新高考数学二轮总复习学案5-2空间点线面的位置关系及空间角与距离专项练

5.2空间点、线、面的位置关系及空间角与距离专项练必备知识精要梳理1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.3.空间角的求法(1)定义法求空间角求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.(2)向量法求空间角利用空间向量来求解,首先根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系,把直线的方向向量与平面的法向量求出来,然后进行坐标运算,要注意所求的角与两向量夹角之间的关系.4.空间中点到平面的距离的求法(1)定义法:过点向平面作垂线,点与垂足的距离.(2)“等积法”:求解点到平面的距离常转化为锥体的高,利用三棱锥体积公式求点到平面的距离.考向训练限时通关考向一空间直线、平面位置关系的判定1.(多选)设有下列四个命题,其中真命题有()A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过空间中任意三点有且仅有一个平面C.若空间两条直线不相交,则这两条直线平行D.若直线l⊂平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l2.(2019全国Ⅱ,理7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面3.(多选)(2020山东济宁二模,10)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题中正确的是()A.如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥βB.如果m⊂α,α∥β,那么m∥βC.如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么m∥lD.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β4.(多选)(2020山东肥城一模,10)在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,当BD∥平面EFGH时,下面结论正确的是()A.E,F,G,H一定是各边的中点B.G,H一定是CD,DA的中点C.AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GCD.四边形EFGH是平行四边形或梯形考向二求异面直线所成的角5.(2020湖北黄冈中学模拟,6)已知长方体ABCDA1B1C1D1的底面为正方形,DB1与平面ABCD所成角的余弦值为23,则BC与DB1所成角的余弦值为(A.23 B.22 C.136.(2020山东青岛二模,6)已知四棱锥PABCD的所有棱长均相等,点E,F分别在线段PA,PC上,且EF∥底面ABCD,则异面直线EF与PB所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°7.(2020浙江湖州模拟,14)如图,圆柱O1O2的底面圆半径为1,AB是一条母线,BD是圆O1的直径,C是上底面圆周上一点,∠CBD=30°,若A,C两点间的距离为7,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为.

考向三求直线与平面所成的角8.(2020山东,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为()A.20° B.40° C.50° D.90°9.(2020河北唐山一模,10)已知四棱锥PABCD的顶点都在球O的球面上,PA⊥底面ABCD,AB=AD=1,BC=CD=2,若球O的表面积为36π,则直线PC与底面ABCD所成角的余弦值为()A.36 B.56 C.3310.(2020福建厦门5月质检,11)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成,如图所示,∠B=∠F=90°,∠A=60°,∠D=45°,BC=DE.现将两块三角板拼接在一起,取BC中点O与AC中点M,则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是()A.AC B.AF C.BF D.CF考向四求二面角11.(2020山东枣庄八中月考,5)如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B)且PA=AC,则二面角PBCA的大小为()A.60° B.30° C.45° D.15°12.(2020山东高密模拟,6)第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日,在中国上海举行,气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻,该馆以“东方之冠,鼎盛中华,天下粮仓,富庶百姓”为设计理念,代表中国文化的精神与气质.其形如冠盖,层叠出挑,制似斗拱.它有四根高33.3米的方柱,托起斗状的主体建筑,总高度为60.3米,上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台,上底面边长是139.4米,下底面边长是69.9米,则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为()A.20° B.28° C.38° D.48°13.(2020浙江温州三模,10)如图,二面角αlβ的平面角的大小为π3,A,B是l上的两个定点,且AB=2,C∈α,D∈β,满足AB与平面BCD所成的角为π6,且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部(包括边界),则点H的轨迹的长度等于(A.36π B.πC.33π D.考向五求空间距离14.(2020四川乐山三诊,11)已知三棱锥ABCD是球O的内接三棱锥,球O的半径为2,且AC=4,BD=2,∠ACD=∠ACB=π3,则点A到平面BCD的距离为(A.263 B.463 C.15.(2020广东珠海模拟,11)正三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点均在表面积为8π的球O的球面上,AB=3,则点B1到平面A1BC的距离为()A.1 B.65 C.43516.(2020湖南株洲模拟,12)如图,直角梯形ABCD,∠ABC=90°,CD=2,AB=BC=1,E是边CD中点,△ADE沿AE翻折成四棱锥D'ABCE,则点C到平面ABD'距离的最大值为()A.12 B.22 C.635.2空间点、线、面的位置关系及空间角与距离专项练考向训练·限时通关1.AD解析A是真命题,由平面基本性质易知;B是假命题,当三点共线时有无数个平面;C是假命题,两条直线还可能异面;由线面垂直的定义知D是真命题.2.B解析由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.3.ABC解析如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β,故A正确;如果m⊂α,α∥β,那么m∥β,故B正确;如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么m∥l,故C正确;如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么平面α,β平行或者相交,故D错误.4.CD解析因为BD∥平面EFGH,所以由线面平行的性质定理,得BD∥EH,BD∥FG,则AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC,且EH∥FG,四边形EFGH是平行四边形或梯形.5.C解析由题意,在长方体ABCDA1B1C1D1中,设AB=a,则BD=2a.因为BDDB1=23,所以DB1=3a.因为BC∥AD,所以BC与DB1所成的角,即为AD与DB1所成的角.在Rt△DAB1中,cos∠ADB1=ADB16.D解析连接AC,BD,设AC∩BD=O,则EF⊂平面PAC.平面PAC∩平面ABCD=AC,由EF∥底面ABCD,可得EF∥AC.由四边形ABCD为菱形,可得AC⊥BD.由O为AC的中点,PA=PC,可得PO⊥AC.因为BD∩OP=O,BD⊂平面PBD,PO⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD.又因为PB⊂平面PBD,则AC⊥PB.又因为EF∥AC,可得EF⊥PB,即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.7.3714解析连接CD,则∠BCD=90°.因为圆柱O1O2的底面圆半径为1,所以BD=2.因为∠CBD=30°,所以CD=1,BC=3.易知AB⊥BC,所以AC=AB2+BC2=7,连接AO2并延长,设AO2的延长线与下底面圆周交于点E,连接CE,则AE=2,则∠CAE为异面直线AC与BD所成的角.CE=DE所以cos∠CAE=A8.B解析由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.9.B解析如图所示,∵AB=AD,BC=CD,AC=AC,∴△ABC≌△ADC.∴∠ABC=∠ADC,易知A,B,C,D四点共圆,则∠ABC+∠ADC=180°,∴∠ABC=∠ADC=90°.∴四边形ABCD的外接圆直径为AC=A设四棱锥PABCD的外接球半径为R,则4πR2=36π,解得R=3.∵PA⊥平面ABCD,∴PA=(2R)2-AC直线PC与底面ABCD所成的角为∠ACP,在Rt△PAC中,cos∠ACP=AC10.B解析因为O,M为中点,所以OM∥AB,所以OM⊥BC.又因为OF⊥BC,且OM∩OF=O,所以BC⊥平面OMF.所以BF,CF与平面OFM所成的角分别为∠BFO和∠CFO,均等于45°.根据直线与平面所成角的定义知,AC与平面OFM所成的角为∠CMO=∠A=60°.故只有AF与平面OFM所成的角不为定值.11.C解析由条件得,PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.∴∠PCA为二面角PBCA的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.12.C解析依题意得“斗冠”的高为60.333.3=27(米).如图,PE=27,ME=12(MNEF)=12×(139.469.∠PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角,tan∠PME=PEME=271394=108139≈0.78.因为tan30°=33≈0.58,tan450.58<0.78<1,所以30°<∠PME<45°.13.A解析如图所示,因为AB与平面BCD所成的角为π6,且点A在平面BCD上的射影为H,AB=2,所以AH=AB·sinπ6=1,BH=AB·cosπ6=3.所以点H在以点B为球心,3为半径的球上.又因为∠ABH=π6,所以点H的轨迹为以点B为球心,3为半径的球与以AB为轴,母线与轴成π6的圆锥的侧面的交线的一部分,因为二面角αlβ的平面角的大小为π3,所以∠EOF=又因为OH=BHsinπ6=3×114.B解析由题意知A,B,C,D四点都在球面上,且AC为直径,∴AC中点即为球心O,如图所示,∴∠ADC=∠ABC=π∵AC=4,∠ACD=∠ACB=π3∴BC=CD=2.又BD=2,∴△BCD为正三角形.取△BCD中心H,连接OH,HC,则OH⊥平面BCD,∴OH⊥HC.可求得CH=2∵OC=2,∴OH=2又AC中点为O,∴点A到平面BCD的距离为点O到平面BCD的距离的2倍,即点A到平面BCD的距离为415.B解析设等边三角形ABC的外接圆半径为R,由正弦定理得2R=csinC=3sinπ3=2,解得R=1.由于球O的表面积为8π,故半径r=2,所以侧棱长AA1=2r2-R2=2(2)2-1=2.在三角形所以△A1BC的面积为12×BC×A1C2-BC22=12×3×7-316.B解析由翻折过程可得,在如图所示的四棱锥D'ABCE中,底面ABCE为边长是1的正方形,侧面D'EA中,D'E⊥AE,且D'E=AE=1.∵AE⊥D'E,AE⊥CE,D'E∩CE=E,∴AE⊥平面D'CE.作D'M⊥CE于点M,作MN⊥AB于点N,连接D