第1部分 单元3 第2讲 空间几何体的表面积与体积(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第二讲　空间点、直线、平面的位置关系 [小题专攻·自主完成] 考情研析　以空间几何体为载体考查空间点、直线、平面的位置关系是高考常考内容，而长(正)方体是高考中重要的立体几何模型，以此来探求长(正)方体中点、线、面的位置关系及求角、距离、面积和体积的大小，是考查空间想象能力和逻辑推理能力的重要题型．新高考试卷中多以多选题形式呈现，如2022年新高考 Ⅰ 卷第9题，2021年新高考 Ⅱ 卷第10题等． 考点一　空间点、直线、平面的位置关系 1．若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 C　解析：对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A，B错误；对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误． 2．(多选)(2021·新高考 Ⅱ 卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　　) BC　解析：对于选项A，建立如图所示的坐标系， 设棱长为2，则O(1，1，0)，P(0，2，1)，M(2，0，2)，N(0，2，2)，＝(－2，2，0)，＝(－1，1，1).因为·＝4≠0，故选项A中不满足MN⊥OP.同理可得出选项B和选项C中，·＝0，即MN⊥OP，选项D中·＝4，不满足条件．故选BC. 3．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ A　解析：α∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确； 对于②，若m⊥n，则可能n∥α或n⊂α或n与α相交，②错误； 对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确； 对于④，n与m所成角可以为[0，]内的任意角，④错误．故选A. 4．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1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 A　解析：如图， 对于选项A，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A. 5．(多选)(2024·长沙一模)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P为线段BD1上的动点，直线m为平面A1DP与平面B1CP的交线，则(　　) A．存在点P，使得BB1∥平面A1DP B．存在点P，使得B1P⊥平面A1DP C．当点P不是BD1的中点时，都有m∥平面A1B1CD D．当点P不是BD1的中点时，都有m⊥平面ABD1 ACD　解析：当点P与点D1重合时，由BB1∥DD1，而DD1⊂平面A1DP，BB1⊄平面A1DP，可知BB1∥平面A1DP，即A正确；若B1P⊥平面A1DP，注意到A1D⊂平面A1DP，则B1P⊥A1D，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1， 则＝＋＝B1B＋λBD1＝(0，0，－1)＋λ(－1，－1，1)＝(－λ，－λ，λ－1)，＝(－1，0，－1)，所以·＝λ－(λ－1)＝1≠0，与B1P⊥B1C矛盾，即B错误；当P不是BD1的中点时，由A1D∥B1C，且B1C⊂平面B1CP，A1D⊄平面B1CP，可知A1D∥平面B1CP，又直线m为平面A1DP与平面B1CP的交线，则A1D∥m，又A1D⊂平面A1B1CD，m⊄平面A1B1CD，从而可得m∥平面A1B1CD，即C正确；同上，有A1D∥m，又AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，则m⊥平面ABD1，即D正确．故选ACD. 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 (1)利用定理判断：借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断． (2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，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． (4)建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积运算解决问题． 考点二　空间角的计算 1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A． B．1 C．2 D．3 B　解析：设正三棱台ABC­A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC于点O，PO交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示．由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又S△A1B1C1＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC­A1B1C1的体积V＝VP­ABC－VP­A1B1C1＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1，故选B. 2．(多选)(2022·新高考 Ⅰ 卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° ABD　解析：如图， 连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1∥ B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C，而CA1⊂平面A1B1C，∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，∵sin ∠C1BO＝＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；∵CC1⊥平面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD. 3．(2022·浙江高考)如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F­BC­A的平面角为γ，则(　　) A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β A　解析：如图，过点F作FP⊥AC于点P，过点P作PM⊥BC于点M，连接PE，FM， 则α＝∠EFP，β＝∠FEP，γ＝∠FMP，tan α＝＝≤1，tan β＝＝≥1，tan γ＝≥＝tan β，所以α≤β≤γ.故选A. 4．(多选)(2023·新课标 Ⅱ 卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则(　　) A.该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 AC　解析：在△PAB中，由余弦定理得AB＝2，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝.对于A，该圆锥的体积V＝πr2 h＝π，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2π，故B错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P­AC­O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C正确；对于D，PH＝OH＝，S△PAC＝×AC×PH＝2，故D错误．故选AC. 空间角的求解策略及注意事项 (1)求解异面直线所成角有两种方法：平移法、向量法，应用时应注意异面直线所成角的范围． (2)用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos 〈a，b〉|＝(θ是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意a和b的夹角与线面角的关系． (3)利用向量法求二面角的大小时，应注意二面角的大小与两法向量夹角大小的关系，它们之间可能相等，也可能互补，故应在分清关系的情况下求解，避免出现错误． 学科网（北京）股份有限公司 $$