2023届高考数学二轮复习4-2空间位置关系、空间角与空间距离学案含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习4-2空间位置关系、空间角与空间距离学案含答案，共14页。

第二讲　空间位置关系、空间角与空间距离
——小题备考
微专题1　空间位置关系
常考常用结论
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.

保分题
1.[2022·山东烟台三模]若a和α分别为空间中的直线和平面，则“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．[2022·北京东城三模]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，D1C1的中点，则下列直线中与直线BE相交的是(　　)

A．直线A1F B．直线AD1
C．直线C1D1 D．直线AA1
3．[2022·福建福州三模]在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是BC的中点，F是AB的中点，则(　　)
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线

提分题
例1 (1)[2022·山东淄博一模](多选)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的有(　　)
A．若α∥β，m⊂α，则m∥β
B．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
D．若m⊥n，m∥α，则n∥α
(2)[2022·全国乙卷]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
听课笔记：





【技法领悟】
1．根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；
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位置关系，并结合有关定理来进行判断．


巩固训练1
1.[2022·湖南衡阳二模]设m、n是空间中两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
2．[2022·广东广州三模]一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形ABCD为正方形，E、F分别为PB、PC的中点，在此几何体中，下面结论错误的是(　　)

A．直线AE与直线BF异面
B．直线AE与直线DF异面
C．直线EF∥平面PAD
D．直线EF∥平面ABCD


微专题2　空间角与距离
常考常用结论
1．直线与直线的夹角
若n1，n2分别为直线l1，l2的方向向量，θ为直线l1，l2的夹角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2.
2．直线与平面的夹角
设n1是直线l的方向向量，n2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2.
3．平面与平面的夹角
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，θ为平面α，β的夹角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2.
4．点到直线的距离：已知A，B是直线l上任意两点，P是l外一点，PQ⊥l，则点P到直线l的距离为PQ＝AP2-AQ2＝AP2-AP·ABAB2.
5．求点到平面的距离
已知平面α的法向量为n , A是平面α内的任一点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离为|PQ|＝AP·nn.

保分题
1.[2022·辽宁辽阳二模]在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝3AB，则PC与底面ABCD所成角的正切值为(　　)
A．13 B．3
C．1010 D．10
2．[2022·广东茂名二模]正三棱锥S-ABC的底面边长为4，侧棱长为23，D为棱AC的中点，则异面直线SD与AB所成角的余弦值为________.
3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是________．


提分题
例2 (1)若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底边长为2，∠B1AB＝π3，E是D1D的中点，则A1C1到平面EAC的距离为(　　)

A．5 B．25
C．2305 D．2303
(2)[2022·全国甲卷]在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(　　)
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
听课笔记：






【技法领悟】
1．用几何法求空间角时，关键要找出空间角，再在三角形中求解．
2．用向量法求空间角和空间距离时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．



巩固训练2
1.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝435，则平面ABD与平面PBD的夹角为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
2．如图，在长方体中，AD＝AA1＝2，AB＝3，若E为AB中点，则点B1到平面D1EC的距离为________.























第二讲　空间位置关系、空间角与空间距离
微专题1　空间位置关系
保分题
1．解析：若a⊥α，则a垂直α内所有直线，因此，命题“若a⊥α，则a垂直α内无数条直线”正确，
a垂直α内无数条直线，若这无数条直线中无任何两条直线相交，此时直线a可以在平面α内，即不能推出a⊥α，
所以“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的充分不必要条件．
答案：A
2．解析：连接EF，CD1，A1B，则EF∥CD1，EF＝12CD1，

由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1D1CB为平行四边形，
∴A1B∥CD1，A1B＝CD1，
所以EF∥A1B，EF＝12A1B，即四边形EFA1B为梯形，
故直线A1F与直线BE相交，
直线AD1与直线BE为异面直线，直线C1D1与直线BE为异面直线，直线AA1与直线BE为异面直线．
答案：A
3．解析：由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，
E是BC的中点，F是AB的中点，
所以AC⊂平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，
所以AC与EF是异面直线；
又CF＝12+22＝5，AE＝22+22＝6，所以AE≠CF.

答案：D
提分题
[例1]　解析：(1)对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行．而α∥β，m⊂α，故m∥β，A正确；对于B，α⊥β，m⊥α，此时m有可能在平面β内，故不能得到m∥β，B错误；对于C，由于m∥n，则n可经平移到与m重合的位置而平移不改变直线与平面是否垂直，m⊥α，故n⊥α，C正确；对于D，当m∥α，m⊄α，过m上一点作直线n⊥α，此时m⊥n，不能得到n∥α，D错误．综上，AC正确．

(2)如图，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.
答案：(1)AC　(2)A
[巩固训练1]
1．解析：对于A选项，设直线m、n的方向向量分别为u、v，
因为m⊥α，n⊥β，则平面α的一个法向量为u，平面β的一个法向量为v，
因为m⊥n，则u⊥v，故α⊥β，A对；
对于B选项，若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m、n平行或异面，B错；
对于C选项，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m、n的位置关系不确定，C错；
对于D选项，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α、β平行或相交，D错．
答案：A
2.

解析：由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接AE，EF，BF，DF，易得EF∥BC，BC∥AD，则EF∥AD，故EF，AD共面，则AE，DF共面，故B错误；又F∈平面AEFD，B∉平面AEFD，F不在直线AE上，则直线AE与直线BF异面，A正确；由EF∥AD，EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，则直线EF∥平面PAD，C正确；EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则直线EF∥平面ABCD，D正确．
答案：B
微专题2　空间角与距离
保分题
1．解析：因为PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以PA⊥AC，则PC与底面ABCD所成角为∠PCA.

设AB＝1，则PA＝1，AD＝3，AC＝10.
所以tan∠PCA＝PAAC＝1010.
答案：C

2．解析：取BC的中点E，连接SE，DE，则∠SDE(或其补角)为异面直线SD与AB所成的角，
由题意知SE＝SD＝12-4＝22，DE＝2，
所以cos∠SDE＝8+4-82×22×2＝24.
答案：24
3．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则BA＝(0，2，0)，BE＝(0，1，2)．

∴cosθ＝BA·BEBA·BE＝225＝55.∴sinθ＝1-cos2θ＝255.
故点A到直线BE的距离d＝|AB|sinθ＝2×255＝455.
答案：455
提分题
[例2]　解析：(1)由棱柱的几何性质可知，A1C1∥AC，
又A1C1⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
则A1C1∥平面EAC，
所以点A1到平面EAC的距离即为直线A1C1到平面EAC的距离，
因为正四棱柱ABCD - A1B1C1D1的底边长为2，∠B1AB＝π3，
则AA1＝23，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则A(0，0，0)，A1(0，0，23)，C(2，2，0)，E(0，2，3)，
所以AE＝(0，2，3)，AC＝2，2，0，AA1＝(0，0，23)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AE=0n·AC=0，即2y+3z=02x+2y=0，
令x＝3，则y＝－3，z＝2，
故n＝(3，－3，2)，
所以点A1到平面EAC的距离d＝AA1·nn＝433+3+4＝2305，
故A1C1到平面EAC的距离为2305.



(2)连接BD，则∠B1DB，∠DB1A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝12DB1，BD＝32DB1，AD＝12DB1.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝3a，所以AB＝BD2-AD2＝2a，AC＝BD＝3a，CB1＝BB12+BC2＝2a.所以AB＝2AD，AC≠CB1，因此A，C项错误．易知∠DB1C是B1D与平面BB1C1C所成的角，且为锐角．因为DC＝2a，DB1＝2a，CB1＝2a，所以DC2+CB12＝DB12，所以DC⊥CB1.在Rt△DCB1中，sin∠DB1C＝DCDB1＝22，所以∠DB1C＝45°，即B1D与平面BB1C1C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB与平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝2a，BB1＝a，所以tan∠B1AB＝BB1AB＝22≠33，所以∠B1AB≠30°，即AB与平面AB1C1D所成的角不是30°，因此B项错误．故选D.
答案：(1)C　(2)D
[巩固训练2]
1．解析：因为PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，


故以A为坐标原点，AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
又AB＝3，AD＝4，PA＝435，
所以A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，P(0，0，435)，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面ABD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
而PB＝(3，0，－435)，BD＝(－3，4，0)，
设平面PBD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·PB=3x-435z=0m·BD=-3x+4y=0，取x＝4，则平面PBD的法向量m＝(4，3，53)，
cos〈n，m〉＝n·mn·m＝0×4+0×3+1×531×42+32+532＝32，所以〈n，m〉＝30°，
由图可知平面ABD与平面PBD的夹角为锐角，所以平面ABD与平面PBD的夹角为30°.
答案：A
2.

解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接CB1，
由题意得C(0，3，0)，E(2，32，0)，D1(0，0，2)，B1(2，3，2)，
∴CE＝2，-32，0，CD1＝0，-3，2，CB1＝(2，0，2)，
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则CE·n=0CD1·n=0，
即2x-32y=0-3y+2z=0，
令z＝6，得n＝(3，4，6)，
∴点B1到平面D1EC的距离d＝n· CB1n＝186161.
答案：186161