第三篇 第14练 空间点、线、面的位置关系（课件+word）-2020高考数学【步步高】考前三个月(京津鲁琼版)

第14练　空间点、线、面的位置关系[小题提速练] 题组一　空间线面位置关系的判断 要点重组　判断空间点、线、面的位置关系，主要依据四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了．如果要否定一结论，只需找到一个反例即可． 1．(2019·潍坊模拟)设α，β为两个不同平面，直线m⊂α，则“α∥β”是“m∥β”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 答案　A 解析　若α∥β，m⊂α，则m∥β；反之，若m∥β，且m⊂α，则α，β可以平行也可以相交，故“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件． 2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若m⊥α，n⊥α，则m∥n C．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若m∥α，α∥β，则m∥β 答案　B 解析　若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故A错误；若m⊥α，n⊥α，则由直线与平面垂直的性质定理得m∥n，故B正确；若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故C错误；若m∥α，α∥β，则m⊂β或m∥β，故D错误． 3．将正方体的纸盒展开如图，直线AB，CD在原正方体的位置关系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交成60°角 D．异面且成60°角 答案　D 解析　如图，直线AB，CD异面．[来源:Z§xx§k.Com] 因为CE∥AB， 所以∠ECD即为异面直线AB，CD所成的角， 因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°. 4．(2019·北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________. 答案　若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一) 解析　若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α可以相交但不垂直，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确． 题组二　空间角的求解 要点重组　(1)对于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)直线和平面所成的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． 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 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′， 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′， ∴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D－xyz. 由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)， ∴＝(－1,0，)， ＝(1,1，)， ∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2， ||＝2，||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝. 6．已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4，若平面ABC与平面BCD垂直，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cos θ等于(　　) A．－ B. C．－ D. 答案　D 解析　以DB，DC为邻边作平行四边形BDCE，连接DE，AE，如图所示， 易知∠ABE为异面直线AB与CD所成的角． 由条件可得AB＝4，BE＝4，AE＝2， 在△ABE中，由余弦定理得 cos∠ABE＝＝. 7．(2019·渭南模拟)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，若球O的表面积为20π，则直线PC与平面PAB所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设D，E分别是AB，BC的中点，连接AE，CD，AE∩CD＝F， ∵PA⊥平面ABC， ∴PA⊥CD， ∵△ABC是等边三角形， ∴CD⊥AB， 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴CD⊥平面PAB， ∴∠CPD为PC与平面PAB所成的角， ∵△ABC是边长为2的等边三角形， ∴C