1、5.25.2 空间点、线、面的位置关系及空间角空间点、线、面的位置关系及空间角 与距离专项练与距离专项练 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 考向训练考向训练 限时通关限时通关 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 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,b,aba. (2)线面平行的性质定理:a,a,=bab. (3)面面平行的判定定理:a,b,ab=P,a,b. (4)面面平行的性质定理:,=a,=bab. 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,n,mn=P,lm,lnl. (2)线面垂
2、直的性质定理:a,bab. (3)面面垂直的判定定理:a,a. (4)面面垂直的性质定理:,=l,a,ala. 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
3、棱锥体积公式 求点到平面的距离. 考向训练考向训练 限时通关限时通关 考向一考向一 空间直线、平面位置关系的判定空间直线、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,直线m平面,则ml 答案 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.(2019全国,理7)设,为两个平面,则的充要条件是( ) A.内有无数条直线与
4、平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面 答案 B 解析 由面面平行的判定定理知,“内有两条相交直线与平行”是“”的 充分条件.由面面平行的性质知,“内有两条相交直线与平行”是“”的 必要条件,故选B. 3.(多选)(2020山东济宁二模,10)已知,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mn,m,n,那么 B.如果m,那么m C.如果=l,m,m,那么ml D.如果mn,m,n,那么 答案 ABC 解析 如果mn,m,n,那么,故A正确;如果m,那么m, 故B正确;如果=l,m,m,那么ml,故C正确;如果mn,
5、m,n, 那么平面,平行或者相交,故D错误. 4.(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.AEEB=AHHD,且BFFC=DGGC D.四边形EFGH是平行四边形或梯形 答案 CD 解析 因为BD平面EFGH,所以由线面平行的性质定理,得 BDEH,BDFG,则AEEB=AHHD,且BFFC=DGGC,且EHFG, 四边形EFGH是平行四边形或梯形. 考向二考向二 求异面直线所成的角求异面直线所成的角
6、5.(2020 湖北黄冈中学模拟,6)已知长方体 ABCD -A1B1C1D1的底面为正方 形,DB1与平面 ABCD 所成角的余弦值为 2 3 ,则 BC 与 DB1所成角的余弦值为 ( ) A. 2 3 B. 2 2 C.1 3 D.2 3 答案 C 解析 由题意,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,设 AB=a,则 BD= 2a. 因为 1 = 2 3 ,所以 DB1=3a.因为 BCAD,所以 BC 与 DB1所成的角,即为 AD 与 DB1所成的角.在 RtDAB1中,cos ADB1= 1 = 3 = 1 3,所以 BC 与 DB1 所成角的余弦值为1 3. 6.(2020山东
7、青岛二模,6)已知四棱锥P-ABCD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 答案 D 解析 连接AC,BD,设ACBD=O,则EF平面PAC.平面PAC平面 ABCD=AC,由EF底面ABCD,可得EFAC.由四边形ABCD为菱形,可得 ACBD.由O为AC的中点,PA=PC,可得POAC.因为BDOP=O,BD平面 PBD,PO平面PBD,所以AC平面PBD. 又因为PB平面PBD,则ACPB.又因为EFAC, 可得EFPB,即异面直线EF与PB所成角的大小 为90. 7.(2
8、020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 ,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为 . 7 答案 3 7 14 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 ABBC,所以 AC= 2+ 2= 7,所以 AB=2,故圆柱 O1O2的高为 2. 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= 2
9、+ 2= 5, 所以 cos CAE= 2+2-2 2 = 7+4-5 2 72 = 3 7 14 . 考向三考向三 求直线与平面所成的角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 答案 B 解析 由题意知,如图,圆O为赤道所在
10、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.(2020河北唐山一模,10)已知四棱锥P-ABCD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36,则直线PC 与底面ABCD所成角的余弦值为( ) A. 3 6 B. 5 6 C. 3 3 D. 5 3 答案 B 解析 如图所示, AB=AD,BC=CD,AC=AC, ABCADC.ABC=ADC, 易
11、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= 2+ 2= 5. 设四棱锥 P-ABCD的外接球半径为 R,则 4R2=36,解得 R=3. PA平面 ABCD,PA= (2)2-2= 31,且 PC=2R=6. 直线 PC与底面 ABCD所成的角为ACP, 在 RtPAC中,cos ACP= = 5 6 . 10.(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
12、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 答案 B 解析 因为O,M为中点,所以OMAB,所以OMBC.又因为OFBC,且 OMOF=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. 考向四考向四 求二面角求二面角 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P-BC-A的大小为( ) A
13、.60 B.30 C.45 D.15 答案 C 解析 由条件得,PABC,ACBC,又PAAC=A,BC平面PAC. PCA为二面角P-BC-A的平面角.在RtPAC中,由PA=AC得 PCA=45.故选C. 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
14、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 答案 C 解析 依题意得“斗冠”的高为 60.3-33.3=27(米). 如图,PE=27, ME=1 2(MN-EF)= 1 2 (139.4-69.9)=139 4 . PME 为“斗冠”的侧面与上底面的夹角,tan PME= = 27 139 4 = 108 139 0.78. 因为 tan 30= 3 3 0.58,tan 45=1,且 y=tan x 在 0, 2 内单调递增, 0.580.781,所以 30PME45. 13.(2020 浙江温州三模,10)如
15、图,二面角 -l- 的平面角的大小为 3,A,B 是 l 上 的两个定点,且 AB=2,C,D,满足 AB 与平面 BCD 所成的角为 6,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. 3 6 B. 3 C. 3 3 D.2 3 答案 A 解析 如图所示,因为AB与平面BCD所成的角为 6,且点A在平面BCD上的 射影为H,AB=2,所以AH=AB sin 6=1,BH=AB cos 6 = 3.所以点H在以点B 为球心, 3为半径的球上.又因为ABH= 6,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
16、 6的圆锥的侧面的交线的一部分,即 图中扇形 EOF的弧 EF,且扇形所在平面垂直于 AB. 因为二面角 -l-的平面角的大小为 3,所以EOF= 3. 又因为 OH=BHsin 6 = 3 1 2 = 3 2 , 所以点 H的轨迹的长度等于 3 3 2 = 3 6 . 考向五考向五 求空间距离求空间距离 14.(2020四川乐山三诊,11)已知三棱锥 A-BCD是球 O的内接三棱锥,球 O的 半径为 2,且 AC=4,BD=2,ACD=ACB= 3,则点 A到平面 BCD的距离为 ( ) A.2 6 3 B.4 6 3 C.2 3 3 D.4 3 3 答案 B 解析 由题意知A,B,C,D四
17、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= 2. AC=4,ACD=ACB= 3, 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,OHHC. 可求得 CH=2 3 3 . OC=2,OH=2 6 3 . 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4 6 3 . 15.(2020广东珠海模拟,11)正三棱柱 ABC-A1B1C1的所有顶点均在表面积为 8的球 O的球面上,AB= 3,则点 B1到平面 A1BC的距离为( )
18、 A.1 B.6 5 C.4 3 5 D. 3 答案 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= sin = 3 sin 3 =2,解得 R=1.由于球 O 的表面积为 8,故半径 r= 2, 所以侧棱长 AA1=2 2-2=2 ( 2)2-1=2.在三角形 A1BC 中, A1B=A1C= 1 2 + 2= 7,而 BC= 3, 所以A1BC 的面积为1 2 BC 12- 2 2 = 1 2 3 7- 3 2 2 . 设 B1到平面 A1BC 的距离为 h, 由 -11 = 1-1得 1 3 1 2 2 3 3 2 = 1 3 1 2 3 7- 3 2 2 h,
19、 解得 h=6 5. 16.(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.1 2 B. 2 2 C. 6 3 D.1 答案 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DEA中,DEAE,且 DE=AE=1.AEDE,AECE,DECE=E, AE平面DCE. 作DMCE于点M,作MNAB于点N,连接DN, 则由AE平面DCE,可得DMAE,DM平面ABCE. 又AB平面ABCE,DMAB. MNAB,DMMN=M,AB平面DMN. 在DMN中,作MHDN于点H,则有ABMH,又ABDN=N, MH平面ABD.又由题意可得CE平面ABD,MH即为点C到平面 ABD的距离.在RtDMN中,DMMN,MN=1,设DM=x,则0xDE=1, DN= 1 + 2. 由DM MN=DN MH可得x= 1 + 2 MH,MH= 1+2 = 1 1+ 1 2 2 2 ,当x=1 时,等号成立,此时 DE平面 ABCE.综上可得,点 C 到平面 ABD距离的最大 值为 2 2 .
