（浙江專用）2019高考數學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第15練 空間線面關系的判斷試題.docx

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第15練　空間線面關系的判斷 [明晰考情]　1.命題角度：空間線面關系的判斷；空間中的平行、垂直關系；利用空間的平行、垂直關系求解空間角.2.題目難度：中檔難度． 考點一　空間線面位置關系的判斷 方法技巧　(1)判定兩直線異面的方法： ①反證法； ②利用結論：過平面外一點和平面內一點的直線和平面內不過該點的直線是異面直線． (2)模型法判斷線面關系：借助空間幾何模型，如長方體、四面體等觀察線面關系，再結合定理進行判斷． (3)空間圖形中平行與垂直的實質是轉化思想的體現(xiàn)，要掌握以下的常用結論： ①平面圖形的平行關系：平行線分線段成比例、平行四邊形的對邊互相平行；②平面圖形中的垂直關系：等腰三角形的底邊上的中線和高重合、菱形的對角線互相垂直、圓的直徑所對圓周角為直角、勾股定理． 1．已知直線a與平面α，β，α∥β，a?α，點B∈β，則在β內過點B的所有直線中(　　) A．不一定存在與a平行的直線 B．只有兩條與a平行的直線 C．存在無數條與a平行的直線 D．存在唯一一條與a平行的直線 答案　D 解析　在平面內過一點，只能作一條直線與已知直線平行． 2．下列說法正確的是(　　) A．若直線l平行于平面α內的無數條直線，則l∥α B．若直線a在平面α外，則a∥α C．若直線a∩b＝?，直線b?α，則a∥α D．若直線a∥b，b?α，那么直線a就平行于平面α內的無數條直線 答案　D 解析　A錯誤，直線l還可以在平面α內；B錯誤，直線a在平面α外，包括平行和相交；C錯誤，a還可以與平面α相交或在平面α內．故選D. 3．將正方體的紙盒展開如圖，直線AB，CD在原正方體的位置關系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交成60角 D．異面且成60角 答案　D 解析　如圖，直線AB，CD異面．因為CE∥AB， 所以∠ECD即為異面直線AB，CD所成的角， 因為△CDE為等邊三角形，故∠ECD＝60. 4．如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO⊥平面BB1C1C，則B1C與AB的位置關系為________． 答案　垂直 解析　連接BO，∵AO⊥平面BB1C1C，B1C?平面BB1C1C，∴AO⊥B1C. 又側面BB1C1C為菱形， ∴B1C⊥BO， 又AO∩BO＝O，AO，BO?平面ABO， ∴B1C⊥平面ABO. ∵AB?平面ABO， ∴B1C⊥AB. 考點二　空間角的求解 方法技巧　(1)對于兩條異面直線所成的角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時平移到某個特殊的位置． (2)直線和平面所成的角的求解關鍵是找出或作出過斜線上一點的平面的垂線，得到斜線在平面內的射影． 5．(2018全國Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　方法一　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1的一側補上一個相同的長方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長方體性質可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角．連接DB′，由題意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1DB1cos∠DB1B′， 即5＝4＋5－22cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故選C. 方法二　如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz. 由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)， ∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)， ∴＝－11＋01＋()2＝2，||＝2，||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝.故選C. 6．已知在四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別是AC，BD的中點，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，則EF與CD所成的角的大小為(　　) A．90B．45C．60D．30 答案　D 解析　設G為AD的中點，連接GF，GE， 則GF，GE分別為△ABD，△ACD的中位線． 由此可得GF∥AB，且GF＝AB＝1，GE∥CD，且GE＝CD＝2， ∴∠FEG或其補角即為EF與CD所成的角． 又EF⊥AB，GF∥AB，∴EF⊥GF. 因此，在Rt△EFG中，GF＝1，GE＝2， ∴sin∠GEF＝＝， 又∠GEF為銳角，∴∠GEF＝30. ∴EF與CD所成的角的大小為30. 7.已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，AD的中點，則直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　連接AE，BD，過點F作FH⊥BD交BD于H，連接EH，則FH⊥平面BDD1B1， ∴∠FEH是直線EF和平面BDD1B1所成的角． 設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2， ∵E，F(xiàn)分別是棱BB1，AD的中點， ∴在Rt△DFH中，DF＝1，∠FDH＝45， 可得FH＝DF＝. 在Rt△AEF中，AF＝1，AE＝＝， 可得EF＝＝. 在Rt△EFH中，sin∠FEH＝＝， ∴直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是. 8．如圖，設E，F(xiàn)分別是正方形ABCD中CD，AB邊的中點，將△ADC沿對角線AC對折，使得直線EF與AC異面，記直線EF與平面ABC所成的角為α，與異面直線AC所成的角為β，則當tanβ＝時，tanα等于(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　分別連接BD交AC于點O，連接D′O. 因為AD′＝CD′，所以D′O⊥AC， 又因為AC⊥BD，BD∩D′O＝O，所以AC⊥平面BDD′， 又BD′?平面BDD′，所以AC⊥BD′. 取BC的中點S，連接FS，ES， 則FS∥AC，ES∥BD′，所以FS⊥ES， 又因為∠EFS為異面直線AC與EF所成的角， 所以tanβ＝＝，設ES＝1，則FS＝2，AC＝4， 取CO的中點G，連接EG，SG， 則EG＝SG＝1，所以△EGS為等邊三角形，過點E作EH⊥GS， 由上可知AC⊥EG，AC⊥SG且EG∩SG＝G， 則AC⊥平面EGS. 又EH?平面EGS，所以EH⊥AC， 又GS∩AC＝G，所以EH⊥平面ABCD， 所以∠EFH為EF與平面ABCD所成的角， 因為EH＝，F(xiàn)H＝＝， 所以tan∠EFH＝＝，故選C. 考點三　立體幾何中的動態(tài)問題 方法技巧　(1)考慮動態(tài)問題中點線面的變化引起的一些量的變化，建立目標函數，用代數方法解決幾何問題． (2)運動變化中的軌跡問題的實質是尋求運動變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動點的運動規(guī)律． (3)運動過程中端點的情況影響問題的思考，可以利用極限思想考慮運動變化的極限位置． 9.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90，外接球的球心為O，點E是側棱BB1上的一個動點．有下列判斷： ①直線AC與直線C1E是異面直線；②A1E一定不垂直于AC1；③三棱錐E—AA1O的體積為定值；④AE＋EC1的最小值為2. 其中正確的個數是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　C 解析?、僖驗辄cA?平面BB1C1C，所以直線AC與直線C1E是異面直線；②當A1E⊥AB1時，直線A1E⊥平面AB1C1，所以A1E⊥AC1，錯誤；③球心O是直線AC1，A1C的交點，底面OAA1面積不變，直線BB1∥平面AA1O，所以點E到底面的距離不變，體積為定值；④將矩形AA1B1B和矩形BB1C1C展開到一個面內，當點E為AC1與BB1的交點時，AE＋EC1取得最小值2， 故選C. 10．已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E為CC1的中點，P在對角面BB1D1D所在平面內運動，若EP與AC成30角，則點P的軌跡為(　　) A．圓 B．拋物線 C．雙曲線 D．橢圓 答案　A 解析　因為在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以該平行六面體ABCD－A1B1C1D1是一個底面為菱形的直四棱柱，所以對角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥對角面BB1D1D.取AA1的中點F，則EF∥AC，因為EP與AC成30角，所以EP與EF成30角．設EF與對角面BB1D1D的交點為O，則EO⊥對角面BB1D1D，所以點P的軌跡是以EO為軸的一個圓錐的底面，故選A. 11.如圖在正四面體(所有棱長都相等)D－ABC中，動點P在平面BCD上，且滿足∠PAD＝30，若點P在平面ABC上的射影為P′，則sin∠P′AB的最大值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　以AD為軸，∠DAP＝30，AP為母線，圍繞AD旋轉一周，在平面BCD內形成的軌跡為橢圓，當且僅當點P位于橢圓的長軸端點(圖中點M的位置)時，∠P′AB最大，此時AD⊥DM，且DM∥BC.設正四面體D－ABC的各棱長為2，在Rt△ADM中，AD＝2，∠MAD＝30，則MD＝，AM＝.過點D作正四面體D－ABC的高DO，O為底面正三角形ABC的中心，連接AO，作MP′⊥平面ABC于點P′，連接P′O，并延長交AB于點N，因為DM∥BC，MP′⊥平面ABC，DO⊥平面ABC，所以MP′∥DO且MP′＝DO，四邊形MP′OD為矩形， 所以P′O＝DM＝，ON＝，所以P′N＝＋. 又在正四面體D－ABC中，AO＝2＝， 所以DO＝＝，所以MP′＝. 在Rt△AOP′中，AP′＝＝， 于是在△AP′N中，由正弦定理可得＝，解得sin∠P′AB＝，故選A. 12．如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．設異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________． 答案　 解析　如圖，建立空間直角坐標系A－xyz， 設AB＝2，QM＝m(0≤m≤2)， 則F(2,1,0)，E(1,0,0)，M(0，m,2)(0≤m≤2)． ＝(2,1,0)，＝(1，－m，－2)， cosθ＝|cos，|＝＝＝. 設y＝， 則y′＝ ＝＝. 當0＜m＜2時，y′＜0， ∴y＝在(0,2)上單調遞減． ∴當m＝0時，y取最大值，此時cosθ取得最大值， (cosθ)max＝＝. 1．α，β是兩個不重合的平面，在下列條件下，可判定α∥β的是(　　) A．α，β都平行于直線l，m B．α內有三個不共線的點到β的距離相等 C．l，m是α內的兩條直線且l∥β，m∥β D．l，m是兩條異面直線且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β 答案　D 解析　對于A，l，m應相交；對于B，應考慮三個點在β的同側或異側兩種情況；對于C，l，m應相交，故選D. 2．給出下列命題： ①若平面α內的直線a與平面β內的直線b為異面直線，直線c是α與β的交線，那么c至多與a，b中的一條相交； ②若直線a與b異面，直線b與c異面，則直線a與c異面； ③一定存在平面α同時和異面直線a，b都平行． 其中正確的命題為(　　) A．①B．②C．③D．①③ 答案　C 解析?、馘e，c可與a，b都相交；②錯，因為a，c也可能相交或平行；③正確，例如過異面直線a，b的公垂線段的中點且與公垂線垂直的平面即滿足條件． 3．在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M為BC的中點，N為AC的中點，D為BC邊上一個動點，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，點A在平面BCD上的投影為點O，當點D在BC上運動時，以下說法錯誤的是(　　) A．線段NO為定長 B．CO∈[1，) C．∠AMO＋∠ADB＞180 D．點O的軌跡是圓弧 答案　C 解析　如圖所示，對于A，△AOC為直角三角形，ON為斜邊AC上的中線，ON＝AC為定長，即A正確；對于B，D在M時，AO＝1，CO＝1，∴CO∈[1，)，即B正確； 對于D，由A可知，點O的軌跡是圓弧，即D正確，故選C. 解題秘籍　(1)平面的基本性質公理是幾何作圖的重要工具． (2)兩條異面直線所成角的范圍是(0，90]． (3)線面關系的判斷要結合空間模型或實例，以定理或結論為依據進行推理，絕不能主觀判斷． (4)立體幾何中的動態(tài)問題要搞清運動的實質，選用恰當的方法解題． 1．已知直線a∥平面α，則“直線a⊥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　若直線a⊥平面β，直線a∥平面α，可得平面α⊥平面β；若平面α⊥平面β，又直線a∥平面α，那么直線a?平面β，直線a?平面β都可能成立．如正方體ABCD—A1B1C1D1中，平面ABCD⊥平面BCC1B1，直線AD∥平面BCC1B1，但直線AD?平面ABCD；直線AD1∥平面BCC1B1，但直線AD1與平面ABCD不垂直．綜上，“直線a⊥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要條件． 2.如圖，在三棱錐P－ABC中，不能得出AP⊥BC的條件是(　　) A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面PBC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC 答案　B 解析　A中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A可以得出AP⊥BC； C中，因為平面BPC⊥平面APC，且平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，BC?平面PBC，所以BC⊥平面APC.又AP?平面APC，所以PA⊥BC， 故C可以得出AP⊥BC； D中，由A知D可以得出AP⊥BC； B中條件不能得出AP⊥BC，故選B. 3．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出四個命題： ①若α∩β＝m，n?α，n⊥m，則α⊥β； ②若m⊥α，m⊥β，則α∥β； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β. 其中正確的命題是(　　) A．①②B．②③C．①④D．③④ 答案　B 解析　兩個平面斜交時也會出現(xiàn)一個平面內的直線垂直于兩個平面的交線的情況，①不正確；垂直于同一條直線的兩個平面平行，②正確；當兩個平面與兩條互相垂直的直線分別垂直時，它們所成的二面角為直二面角，故③正確；當兩個平面相交時，分別與兩個平面平行的直線也平行，故④不正確． 4.如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答案　B 解析　將展開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯．故選B. 5．平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖所示，設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1， ∵α∥平面CB1D1，則m1∥m， 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1 ＝B1D1，∴B1D1∥m1， ∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n. 故m，n所成角的大小與B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大?。? 而B1C＝B1D1＝CD1(均為面對角線)， 因此∠CD1B1＝， 得sin∠CD1B1＝，故選A. 6．如圖，四邊形ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2，O，M分別為CD，BC的中點，則異面直線OM與PD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　連接BD，OB，則OM∥DB， ∴∠PDB或其補角為異面直線OM與PD所成的角． 由條件可知PO⊥平面ABCD， OB＝3，PO＝，BD＝2，PB＝2， 在△PBD中，由余弦定理可得cos∠PDB＝＝. 7．(2018浙江省杭州市第二中學模擬)等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體ABCD的側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法： ①四面體E－BCD的體積有最大值和最小值； ②存在某個位置，使得AE⊥BD； ③設二面角D－AB－E的平面角為θ，則θ≥∠DAE； ④AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓． 其中，正確說法的個數是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　D 解析　根據正四面體的特征，以及等腰直角三角形的特征，可以得到當直角邊AE繞斜邊AB旋轉的過程中，存在著最高點和最低點，并且最低點在底面的上方，所以四面體E－BCD的體積有最大值和最小值，故①正確； 要想使AE⊥BD，就要使AE落在豎直方向的平面內，而轉到這個位置的時候，使得AE⊥BD，且滿足是等腰直角三角形，所以②正確； 利用二面角的平面角的定義，找到其平面角，設二面角D－AB－E的平面角為θ，則θ≥∠DAE，所以③是正確的； 根據平面截圓錐所得的截面可以斷定，AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓，所以④正確． 故正確的命題的個數是4，故選D. 8．(2018浙江省杭州市學軍中學模擬)已知在矩形ABCD中，AD＝AB，沿直線BD將△ABD折成△A′BD，使得點A′在平面BCD上的射影在△BCD內(不含邊界)，設二面角A′－BD－C的大小為θ，直線A′D，A′C與平面BCD所成的角分別為α，β，則(　　) A．α<θ<β B．β<θ<α C．β<α<θ D．α<β<θ 答案　D 解析　如圖，∵四邊形ABCD為矩形，∴BA′⊥A′D， 當A′點在底面上的射影O落在BC上時， 有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，平面A′BC∩平面BCD＝BC，DC?平面BCD， 可得DC⊥平面A′BC，則DC⊥BA′， ∴BA′⊥平面A′DC， 在Rt△BA′C中，設BA′＝1，則BC＝， ∴A′C＝1，說明O為BC的中點； 當A′點在底面上的射影E落在BD上時，可知A′E⊥BD， 設BA′＝1，則A′D＝，∴A′E＝，BE＝. 要使點A′在平面BCD上的射影F在△BCD內(不含邊界)，則點A′的射影F落在線段OE上(不含端點)． 可知∠A′EF為二面角A′－BD－C的平面角θ，直線A′D與平面BCD所成的角為∠A′DF＝α， 直線A′C與平面BCD所成的角為∠A′CF＝β， 可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E＝<1，而A′C的最小值為1， ∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，則α＜β＜θ. 9．如圖，DC⊥平面ABC，EB∥DC，EB＝2DC，P，Q分別為AE，AB的中點．則直線DP與平面ABC的位置關系是________． 答案　平行 解析　連接CQ，在△ABE中，P，Q分別是AE，AB的中點，所以PQ∥BE，PQ＝BE. 又DC∥EB，DC＝EB， 所以PQ∥DC，PQ＝DC，所以四邊形DPQC為平行四邊形，所以DP∥CQ. 又DP?平面ABC，CQ?平面ABC，所以DP∥平面ABC. 10．α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β； ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n； ③如果α∥β，m?α，那么m∥β； ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的序號) 答案?、冖邰? 解析　當m⊥n，m⊥α，n∥β時，兩個平面的位置關系不確定，故①錯誤，經判斷知②③④均正確． 11.如圖，在三棱錐S－ABC中，若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4, E為棱SC的中點，則直線AC與BE所成角的余弦值為______，直線AC與平面SAB所成的角為_______． 答案　　60 解析　取SA的中點M，連接ME，BM，則直線AC與BE所成的角等于直線ME與BE所成的角，因為ME＝，BM＝BE＝2，cos∠MEB＝＝，所以直線AC與BE所成角的余弦值為.取SB的中點N，連接AN，CN，則AN⊥SB，CN⊥SB?SB⊥平面ACN?平面SAB⊥平面ACN，因此直線AC與平面SAB所成的角為∠CAN，因為AN＝CN＝AC＝2，所以∠CAN＝60，因此直線AC與平面SAB所成的角為60. 12．在正方體ABCD－A1B1C1D1中(如圖)，已知點P在直線BC1上運動，則下列四個命題： ①三棱錐A－D1PC的體積不變； ②直線AP與平面ACD1所成的角的大小不變； ③二面角P－AD1－C的大小不變； ④若M是平面A1B1C1D1上到點D和C1距離相等的點，則M點的軌跡是直線A1D1. 其中真命題的序號是________． 答案?、佗邰? 解析　①＝＝為定值；②因為BC1∥AD1，所以BC1∥平面AD1C，因此P到平面AD1C的距離不變，但AP長度變化，因此直線AP與平面ACD1所成的角的大小變化；③二面角P－AD1－C的大小就是平面ABC1D1與平面AD1C所成二面角的大小，因此不變；④到點D和C1距離相等的點在平面A1BCD1上，所以M點的軌跡是平面A1BCD1與平面A1B1C1D1的交線A1D1.綜上，真命題的序號是①③④.