2022年高考三轮复习之回归基础练第18练　空间点、线、面的位置关系

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第18练　空间点、线、面的位置关系
[考情分析]　1.高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是空间线面关系的命题真假判断；二是在体积、表面积的求解中考查线线角、线面角的简单计算.2.解答题以空间中垂直和平行关系的证明、空间角的计算为主．

考点一　空间线、面位置关系的判定
要点重组　判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
1．(2019·全国Ⅱ)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
答案　B
解析　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们相交，所以D不正确，综上可知选B.
2．(2019·全国Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案　B
解析　取CD的中点O，连接ON，EO，

因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.所以EO⊥ON，设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN＝＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM＝＝＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．
3．(多选)(2020·武汉质检)已知a，b，c为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
C．若a∥α，b∥α，则a∥b
D．若α∥γ，β∥γ，则α∥β
答案　AD
解析　A中，由a⊥α，b⊥α，利用线面垂直的性质定理可推出a∥b，故A正确；B中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交，故B不正确；C中，若a∥α，b∥α，则a与b平行，或相交，或异面，故C不正确；D中，若α∥γ，β∥γ，由面面平行的传递性可推出α∥β，故D正确．
4．(多选)(2020·东莞模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述不正确的是(　　)

A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
答案　ABD
解析　因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，故选项A错误；
假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB，即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，故选项B错误；
因为点B1∉AE，连接AB1(图略)，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE，B1C1为异面直线，由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1，故选项C正确；
因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．
考点二　空间角的求解
要点重组　
1．空间角的各角取值范围：
(1)异面直线所成角的范围：.
(2)直线与平面所成角的范围：.
二面角的范围：[0，π]．
2．空间角的求法：
(1)求两条异面直线所成的角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置．
(2)直线和平面所成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射影．
(3)计算二面角的关键是作出二面角的平面角，方法较为灵活，可以通过“割”或“补”找二面角的平面角．对于无棱二面角，可以先找出棱或借助于向量法求解．
5．(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　方法一　如图，

在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
cos∠DB1B′＝＝＝ .
方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.

由题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，
D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，
∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，
||＝2，||＝，
设向量1与的夹角为θ，
∴cos θ＝＝＝.
6.(2020·华中师大考研院科研原创)如图，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2，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°，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
答案　C
解析　如图，连接AO2，设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD，

在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝，CD＝1.又AB＝DE＝AE＝BD＝2，AC＝＝，CE＝＝，所以在△CAE中，cos ∠CAE＝＝＝，即异面直线AC与BD所成角的余弦值为.
7．(2019·浙江)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则(　　)
A．β＜γ，α＜γ B．β＜α，β＜γ
C．β＜α，γ＜α D．α＜β，γ＜β
答案　B
解析　由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β＜γ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即α＞β.
8．(2020·东北三省三校模拟)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成的角为________．
答案　
解析　如图，连接BD，交AC于点O.

因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成的角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝2，BO＝.所以sin∠BPO＝＝，所以∠BPO＝.
考点三　空间点、线、面的综合问题
要点重组　
1．处理空间点、线、面的综合问题，要认真审题，并细观所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解．
2．解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，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．
9．(2020·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的端点M在棱DD1上运动，端点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是(　　)

A．4π B．π
C．2π D.
答案　D
解析　当点M不与D1，D重合时，连接DN，则△MDN为直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，P为MN的中点，连接DP，则DP＝1，所以点P在以D为球心，1为半径的球面上(经检验，点M与点D1，D重合时也满足该结论)，又因为点P只能落在正方体表面上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S＝·4πR2＝，故选D.
10．(多选)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是(　　)

A．PB⊥AE
B．平面ABC⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE
D．∠PDA＝45°
答案　AD
解析　由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，
得AE⊥平面PAB，
∵PB⊂平面PAB，∴PB⊥AE，
∴A正确；
由正六边形的性质计算可得PA＝AD，故△PAD是等腰直角三角形，∴∠PDA＝45°，
∴D正确．
11．(2020·河南百校联盟联考)如图，已知等腰直角三角形ABC，AB＝AC，将△ABC沿斜边BC向上翻转，与原图形构成几何体A1－ABC，其外接球表面积为4π，设二面角A1－BC－A的平面角为α，若O为BC的中点，点P，Q分别为线段OA1，AB的中点，则当PQ＝时，角α等于(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　连接OQ(图略)，根据题意知几何体A1－ABC的外接球的球心为O，半径为OB＝OC＝OA＝OA1，则4π·OB2＝4π，所以OB＝1，所以BC＝2，故OQ＝，OP＝，又PQ＝，则PQ2＝OP2＋OQ2，所以OP⊥OQ.
又OP⊥BC，OQ∩BC＝O，所以OP⊥平面ABC，又OA1⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABC，即α＝.
12．(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过点E，F的平面分别与棱BB1，DD1交于点G，H，设BG＝x，x∈[0，a]．以下四个结论正确的是(　　)

A．平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为45°
B．四边形EGFH的面积的最小值为a2
C．四棱锥C1－EGFH的体积为
D．点B1到平面EGFH的距离的最大值为a
答案　BCD
解析　平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为∠D1BD≠45°，故A错误；连接GH，由题意可知四边形EGFH为菱形，故四边形EGFH的面积S＝×EF×GH，又EF＝a，所以要使四边形EGFH的面积最小，只需GH最小，又GHmin＝a，所以四边形EGFH的面积的最小值为a2，故B正确；四棱锥C1－EGFH的体积V＝，因为＝×C1F×a＝，点E到平面C1GF的距离为a，所以＝，同理可得＝，所以四棱锥C1－EGFH的体积为，故C正确；因为平面B1D1DB⊥平面EGFH，作B1M⊥GH于点M，则线段B1M的长度即为点B1到平面EGFH的距离，最大值为点B1到D1B的距离，故点B1到平面EGFH的距离的最大值d＝＝，故D正确．

1.(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是(　　)
A．若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β
B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D．若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
答案　BC
解析　两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，A不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，B正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故C正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故D不正确．
2．(2020·新乡模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1，E，F分别为AB，BC的中点，异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m，则(　　)

A．直线A1E与直线C1F异面，且m＝
B．直线A1E与直线C1F共面，且m＝
C．直线A1E与直线C1F异面，且m＝
D．直线A1E与直线C1F共面，且m＝
答案　B
解析　如图所示，

连接EF，A1C1，C1D，DF，
由正四棱柱的特征得EF∥A1C1，
所以直线A1E与直线C1F共面．
由正四棱柱的特征得AB1∥C1D，
所以异面直线AB1与C1F所成的角为∠DC1F.
设AA1＝，
则AB＝AA1＝2，
则DF＝，C1F＝，C1D＝，
由余弦定理，
得m＝cos∠DC1F＝＝.
故选B.
3．(多选)如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，点E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中正确的是(　　)

A．平面EFGH∥平面ABCD
B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD
D．平面PAD∥平面PAB
答案　ABC
解析　把平面展开图还原为四棱锥如图所示，

则EH∥AB，又EH⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，又EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，∴平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．
∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PCD.同理BC∥平面PAD.
4．已知三棱锥O－ABC中，OA，OB，OC两两垂直，且OA＝OB＝，OC＝1，P是△ABC上任意一点，设OP与平面ABC所成的角为x，OP＝y，则y关于x的函数关系图象为(　　)


答案　B
解析　作点O在平面ABC的射影点O′，连接OO′，
根据等体积法可得OO′＝＝.
易知∠OO′P＝，所以OP＝，即y＝.
又当点P在A或B位置时，x取得最小值，故排除选项C，D.
根据正弦函数图象在上的变化趋势，易知选项B符合．
5．(多选)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，F为棱AA1上的点，且满足A1F∶FA＝1∶2，点F，B，E，G，H为过B，E，F三点的平面BMN与正方体ABCD－A1B1C1D1的棱的交点，则下列说法正确的是(　　)

A．HF∥BE
B．三棱锥B1－BMN的体积＝4
C．直线MN与平面A1B1BA所成的角是
D．D1G∶GC1＝1∶3
答案　ABD
解析　对于A项，因为平面AD1∥平面BC1，且平面AD1与平面MBN的交线为FH，平面BC1与平面MBN的交线为BE，所以HF∥BE，A正确．
对于B项，因为A1F∶FA＝1∶2，所以MA1∶AB＝1∶2，而AB＝2，所以MA1＝1，则MB1＝3.
同理，C1N＝BC＝2，则B1N＝4.
故＝×B1N＝××4＝4，B正确．
对于C项，因为B1N⊥平面A1B1BA，所以∠NMB1为直线MN与平面A1B1BA所成的角，tan∠NMB1＝≠1，所以∠NMB1≠，C错误．
对于D项，＝＝，MB1＝3，
所以C1G＝，
所以D1G＝，D1G∶GC1＝1∶3，D正确．
6．(2020·泰安模拟)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△AMB沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是________．(填序号)

①存在某个位置，使得CN⊥AB1；
②CN的长是定值；
③若AB＝BM，则AM⊥B1D；
④若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π.
答案　②④
解析　对于①，如图1，取AD的中点E，连接EC交MD于F，连接NF，
则NE∥AB1，NF∥MB1，

如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，
又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，则①错误．
对于②，如图1，可得∠NEC＝∠MAB1(定值)，
NE＝AB1(定值)，AM＝EC(定值)，
由余弦定理可得
NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，
所以NC是定值，则②正确．
对于③，如图2，取AM的中点O，连接B1O，DO，
由题意得AM⊥平面ODB1，即可得OD⊥AM，
从而AD＝MD，由题意知不成立，可得③错误．
对于④，当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1－AMD的体积最大，
由题意得AD的中点H就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π，则④正确．