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 WORD版含解析.docx

1、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,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

2、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

3、直线平行D.若直线l平面,直线m平面,则ml2.(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mC.如果=l,m,m,那么mlD.如果mn,m,n,那么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

4、点B.G,H一定是CD,DA的中点C.AEEB=AHHD,且BFFC=DGGCD.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ABCD-A1B1C1D1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.23B.22C.13D.236.(2020山东青岛二模,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.30B.45C.60D.907.(2020浙江湖州模拟,14)如图,圆柱O1O2的底面圆半径为1,A

5、B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.20B.40C.50D.909.(2020河北唐山一模,10)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在

6、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.36B.56C.33D.5310.(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.ACB.AFC.BFD.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

7、二面角P-BC-A的大小为()A.60B.30C.45D.1512.(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.20B.28C.38D.4813.(2020浙江温州三模,10)如图,二面角

8、-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.36B.3C.33D.23考向五求空间距离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.263B.463C.233D.43315.(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()A.1B.65C

9、.435D.316.(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.12B.22C.63D.15.2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,“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.A

10、BC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,m,n,那么平面,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BDEH,BDFG,则AEEB=AHHD,且BFFC=DGGC,且EHFG,四边形EFGH是平行四边形或梯形.5.C解析由题意,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,则BD=2a.因为BDDB1=23,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,cosADB1=ADB1D=a3a=13,所以BC与DB1所成角

11、的余弦值为13.6.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90.7.3714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ABBC,所以AC=AB2+BC2=7,所以AB=2,故圆柱O1O2

12、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=DE2+CD2=5,所以cosCAE=AC2+AE2-CE22ACAE=7+4-5272=3714.8.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,ABCADC.ABC=ADC,易知A,B,

13、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=AB2+BC2=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=(2R)2-AC2=31,且PC=2R=6.直线PC与底面ABCD所成的角为ACP,在RtPAC中,cosACP=ACPC=56.10.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

14、与平面OFM所成的角不为定值.11.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.C解析依题意得“斗冠”的高为60.3-33.3=27(米).如图,PE=27,ME=12(MN-EF)=12(139.4-69.9)=1394.PME为“斗冠”的侧面与上底面的夹角,tanPME=PEME=271394=1081390.78.因为tan30=330.58,tan45=1,且y=tanx在0,2内单调递增,0.580.781,所以30PME45.13.A解析如图所示,因为AB与平面BC

15、D所成的角为6,且点A在平面BCD上的射影为H,AB=2,所以AH=ABsin6=1,BH=ABcos6=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=BHsin6=312=32,所以点H的轨迹的长度等于332=36.14.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=2.AC=4,ACD=ACB=3,BC=CD

16、=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=233.OC=2,OH=263.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463.15.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=3sin3=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=2r2-R2=2(2)2-1=2.在三角形A1BC中,A1B=A1C=AA12+AC2=7,而BC=3,所以A1BC的面积为12BCA1C2-BC22=1237-322.设B1到平面A1BC的距离

17、为h,由VC-A1B1B=VB1-A1BC得13122332=131237-322h,解得h=65.16.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+x2.由DMMN=DNMH可得x=1+x2MH,MH=x1+x2=11+1x222,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22.