高考数学二轮复习 专题八 立体几何 第2讲 空间直线与平面的位置关系考题溯源变式 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题八立体几何第2讲空间直线与平面的位置关系考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(2015·高考全国卷Ⅱ，12分)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.(必修2P59例3)如图所示的一块木料中，棱BC平行于面A′C′.(1)要经过面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开应怎样画线？(2)所画的线与平面AC是什么位置关系？(必修2P66例2)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，求直线A1B和平面A1B1CD所成的角.源于课本高于课本是立体几何试题的基本命题思路，复习时应注重教材中背景较好的题材，并进行加工整理．利用教材中的图形背景或问题背景是立体几何试题命制的主要途径.[教材变式训练]一、选择题[变式1](必修2P63B组T3改编)如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为()A.eq\f(6,5) B.eq\f(7,5)C.eq\f(8,5) D．eq\f(9,5)解析：选C.由AB∥α∥β，易证eq\f(AC,CE)＝eq\f(BD,DF).即eq\f(AC,AE)＝eq\f(BD,BF)，∴BD＝eq\f(AC·BF,AE)＝eq\f(2×4,5)＝eq\f(8,5).[变式2](必修2P73练习1，2)已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题为真的是()A．若m∥α，m⊥n，则n⊥αB．若m∥α，α⊥β，则m⊥βC．若m∥n，n∥α，则m∥αD．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β解析：选D.当m∥α，m⊥n时，n与α的位置关系有n⊂α，或n∥α或n与α相交，故A不正确．当m∥α，α⊥β时，m与β的位置关系有m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不正确．当m∥n，n∥α时，有m⊂α或m∥α，故C不正确．当α∥β，m∥n，m⊥α时，必有n⊥β，故D正确．[变式3](必修2P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图，则相邻两个侧面所成的二面角的大小的余弦值为()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(1,6)解析：选C.由三视图画出直观图．由三视图知，正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为eq\r(12＋22)＝eq\r(5).过B作BE⊥PC于E，连接DE.则DE⊥PC.∴∠BED为侧面PBC与侧面PCD所成的平面角．由等面积知，BE×PC＝BC×2，∴BE＝eq\f(4,\r(5))＝DE.又BD＝2eq\r(2).∴cos∠BED＝eq\f(BE2＋DE2－BD2,2BE×DE)＝eq\f(\f(16,5)＋\f(16,5)－8,2×\f(16,5))＝－eq\f(1,4).[变式4](必修2P66例2改编)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BD1与平面A1B1CD所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6),3)解析：选D.连接BC1与B1C交于E，易证BE⊥平面A1B1CD.由正方体的性质知，BD1与平面A1B1CD的交点F即为BD1的中点，连接EF，则∠BFE即为BD1与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为2，则BE＝eq\r(2)，BF＝eq\r(3).∴sin∠BFE＝eq\f(BE,BF)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).[变式5](必修2P65“探究”改编)如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，沿CD折成直二面角B­CD­A，则折后∠ACB的范围为()A．(0°，30°]B．[30°，50°]C．[45°，60°)D．[60°，90°)解析：选D.设AC＝b，BC＝a，则AD＝eq\f(b2,\r(a2＋b2))，BD＝eq\f(a2,\r(a2＋b2))折图后，由题意知．∠ADB即为二面角B­CD­A的平面角．∴∠ADB＝90°.∴AB2＝AD2＋BD2＝eq\f(a4＋b4,a2＋b2)，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(b2＋a2－\f(a4＋b4,a2＋b2),2ab)＝eq\f(ab,a2＋b2)≤eq\f(\f(1,2)（a2＋b2）,a2＋b2)＝eq\f(1,2).∴∠ACB的范围为[60°，90°)．[变式6](必修2P79B组T1改编)如图，E、F分别是边长为2的正方形ABCD的边AB与BC的中点，将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE、DF、EF折起，使得A、B、C三点重合于点P，则下列结论错误的是()A．PD⊥EFB．P到平面DEF的距离为eq\f(3,2)C．四面体PDFE的四个面中有三个面是直角三角形D．四面体PDFE外接球的表面积为6π解析：选B.A项，∵折叠前DA⊥AE，DC⊥CF，∴折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，又PE∩PF＝P，∴DP⊥平面PEF，从而DP⊥EF，故A正确．B项，设折叠前连接DB∩EF＝G(图略)时，DB⊥EF.则折叠后仍有DG⊥EF，PG⊥EF，又DG∩PG＝G，∴EF⊥平面DPG，从而平面DPG⊥平面DEF且交线为DG，作PH⊥DG于点H，则PH⊥平面DEF，∴PH为点P到平面DEF的距离．在Rt△DPG中，DP＝2，PG＝eq\f(\r(2),2)，DG＝eq\f(3,2)eq\r(2)，∴PH＝eq\f(PG·DP,DG)＝eq\f(\f(\r(2),2)×2,\f(3,2)\r(2))＝eq\f(2,3)，故B不正确．C项，由A、B知四面体PDFE中有PD⊥PE，PD⊥PF，PE⊥PF，∴四个面中有三个面是直角三角形，故C正确．D项，∵PE、PF、PD两两垂直，∴四面体PDFE的外接球直径为2R＝eq\r(PE2＋PF2＋PD2)＝eq\r(6)，即R＝eq\f(\r(6),2)，∴S球＝6π，故D正确．二、填空题[变式7](必修2P78A组T4改编)如图，E、F分别是棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱B1C1与D1C1的中点，则四边形DBEF的面积为________．解析：依题意，EF綊eq\f(1,2)B1D1綊eq\f(1,2)BD，∴四边形DBEF为梯形，且BD＝eq\r(2)a，EF＝eq\f(\r(2),2)a.连结AC∩BD＝O，连结A1C1∩EF＝M(图略)，可证BD⊥平面ACC1A1，从而BD⊥OM，作MN⊥AC于N，可证MN⊥平面ABCD，且N为OC中点∴OM＝eq\r(MN2＋ON2)＝eq\r(a2＋（\f(\r(2),4)a）2)＝eq\f(3,4)eq\r(2)a，∴S梯形DBEF＝eq\f(DB＋EF,2)·OM＝eq\f(（\r(2)＋\f(\r(2),2)）a,2)×eq\f(3,4)eq\r(2)a＝eq\f(9,8)a2.答案：eq\f(9,8)a2[变式8](必修2P63B组T4改编)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在四边形的面积为定值；③棱A1D1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中所有正确命题的序号是________．解析：显然①是正确的，②是错的，③∵A1D1∥BC，BC∥FG.∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)所以③是正确的，因为水是定量的(定体积V)．∴S△BEF·BC＝V，即eq\f(1,2)BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝eq\f(2V,BC)(定值)，即④是正确的．答案：①③④三、解答题[变式9](必修2P69“探究”改编)如图，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AE⊥PB，垂足为E，AF⊥PC，垂足为F.(1)求证：PC⊥EF；(2)若PA＝2，AB＝eq\r(3)，BC＝1，求平面AEF与平面ABC所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，从而有BC⊥AE.又AE⊥PB且PB∩BC＝B，∴AE⊥平面PBC，∴AE⊥PC.又AF⊥PC，AE∩AF＝A，∴PC⊥平面AEF，从而PC⊥EF.(2)由已知PA⊥平面ABC，∴eq\o(PA,\s\up6(→))是平面ABC的一个法向量．由(1)知PC⊥平面AEF，∴eq\o(PC,\s\up6(→))是平面AEF的一个法向量．∵PA＝2，AB＝eq\r(3)，BC＝1，∴AC＝2，∴△PAC是等腰直角三角形，∴∠APC＝45°，从而cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝cos45°＝eq\f(\r(2),2)，∴平面AEF与平面ABC所成角的余弦值为eq\f(\r(2),2).[变式10](选修2－1P112A组T5改编)如图，已知△ABC和△DBC所在平面互相垂直，且AB＝BD＝1，BC＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°.(1)求证：BC⊥AD，(2)求点B到平面ADC的距离．解：(1)证明：作AE⊥BC交CB延长线于点E，连结DE.∵∠ABC＝∠DBC＝120°，∴∠ABE＝∠DBE＝60°，又AB＝BD＝1，EB＝EB，∴△AEB≌△DEB，∵AE⊥BC，∴DE⊥BC，又AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，从而BC⊥AD.(2)法一：(向量法)由(1)知EA、ED、EC两两垂直，以E为原点，ED、EC，EA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系如图所示．在Rt△ABE中∠ABE＝60°，AB＝1，∴EB＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，EC＝eq\f(5,2).同理可求DE＝eq\f(\r(3),2).∴A(0，0，eq\f(\r(3),2))，D(eq\f(\r(3),2)，0，0)，B(0，eq\f(1,2)，0)，C(0，eq\f(5,2)，0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(5,2)，0))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))设平面ADC的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－\f(\r(3),2)z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(5,2)y＝0))，取x＝1得n＝(1，eq\f(\r(3),5)，1)，∴点B到平面ADC的距离为h＝eq\f(|n·\o(BD,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),10))),\r(2＋\f(3,25)))＝eq\f(2\r(159),53).法二：(等积法)∵平面ABC⊥平面DBC，且交线为BC，又AE⊥BC，∴AE⊥平面DBC，由(1)知△AED为等腰直角三角形，∴AD＝eq\r(2)AE＝eq\f(\r(6),2)，又DC＝AC＝eq\r(BD2＋BC2－2BD·BC·cos120°)＝eq\r(7)，∴S△ADC＝eq\f(1,2)AD·eq\r(DC2－（\f(1,2)AD）2)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),2)×eq\r(\f(53,8))＝eq\f(1,8)eq\r(159)，又S△DBC＝eq\f(1,2)DB·BCsin120°＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).设点B到平面ADC的距离为d，∴由VA－DBC＝VB－ADC得eq\f(1,3)S△DBC·AE＝eq\f(1,3)S△ADC·d，∴d＝eq\f(S△DBC·AE,S△ADC)＝eq\f(\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2),\f(1,8)\r(159))＝eq\f(2,53)eq\r(159).法三：(几何法)取AD中点F，连接EF，CF，∵AE＝ED＝eq\f(\r(3),2)，AE⊥ED，∴EF⊥AD，且EF＝eq\f(1,2)AD＝e