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5.2空间关系及空间角与距离专项练-2-1.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.-3-3.定义法求空间角求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.4.空间中点到平面的距离的求法(1)定义法:过点向平面作垂线,点与垂足的距离.(2)“等积法”:求解点到平面的距离常转化为锥体的高,利用三棱锥体积公式求点到平面的距离.因为三棱锥的特殊性——任意一个面都可以作为其底面,所以可通过换底法把距离问题转化为体积和面积的有关计算.-4-一、选择题二、填空题1.(2019湖北八校联考二,文6)设l,m表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①Q∈α,l⊂α⇒Q∈l;②l∩m=Q,m⊂β⇒l∈β;③l∥m,l⊂α,Q∈m,Q∈α⇒m⊂α;④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α⇒l∈β.A.①②B.①③C.②③D.③④答案解析解析关闭①错误,②错误,③正确;④正确.故选D.答案解析关闭D-5-一、选择题二、填空题2.(2019全国卷2,文7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案解析解析关闭由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.答案解析关闭B-6-一、选择题二、填空题3.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()答案解析解析关闭选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项C中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面MNQ,故排除选项B,C,D.故选A.答案解析关闭A-7-一、选择题二、填空题4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案解析解析关闭连接B1C,BC1,A1E,则B1C⊥BC1.∵CD⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,∴CD⊥BC1.∵B1C∩CD=C,∴BC1⊥平面A1B1CD.∵A1E⊂平面A1B1CD,∴A1E⊥BC1.故选C.答案解析关闭C-8-一、选择题二、填空题5.(2019山西晋城二模,文6)若a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列命题正确的是()A.若a∥α,b∥β,a⊥b,则α⊥βB.若a∥α,b∥β,a∥b,则α∥βC.若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥βD.若a∥α,b⊥β,a⊥b,则α∥β答案解析解析关闭A中,若a∥α,b∥β,a⊥b,则平面α,β可能垂直也可能平行或斜交;B中,若a∥α,b∥β,a∥b,则平面α,β可能平行也可能相交;C中,由a⊥α,b⊥β,a∥b,易知α∥β;D中,若a∥α,b⊥β,a⊥b,则平面α,β可能平行也可能相交.答案解析关闭C-9-一、选择题二、填空题6.(2019四川成都一模,文9)在各棱长均相等的四面体A-BCD中,已知M是棱AD的中点,则异面直线BM与AC所成角的余弦值为()A.23B.25C.36D.26答案解析解析关闭设各棱长均相等的四面体A-BCD的棱长为2,取CD的中点N,连接MN,BN,∵M是棱AD的中点,∴MN∥AC,∴∠BMN是异面直线BM与AC所成角(或所成角的补角).又BM=BN=4-1=3,MN=1,∴cos∠BMN=𝐵𝑀2+𝑀𝑁2-𝐵𝑁22×𝐵𝑀×𝑀𝑁=3+1-32×3×1=36,∴异面直线BM与AC所成角的余弦值为36,故选C.答案解析关闭C-10-一、选择题二、填空题7.在△ABC中,AB=9,AC=15,∠BAC=120°,它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离都是14,则点P到平面ABC的距离为()A.6B.7C.8D.12答案解析解析关闭设P在平面ABC上的射影为O,∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,即O是△ABC的外心.设△ABC的外接圆的半径为R,在△ABC中,由余弦定理知BC=21.由正弦定理知2R=21sin120°=143,∴R=OA=73,则PO=7.答案解析关闭B-11-一、选择题二、填空题8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22B.32C.52D.72答案解析解析关闭取DD1的中点F,连接AC,EF,AF,则EF∥CD,故∠AEF为异面直线AE与CD所成的角.设正方体棱长为2a,则易知AE=𝐴𝐶2+𝐶𝐸2=3a,AF=𝐴𝐷2+𝐷𝐹2=5a,EF=2a.∴AF2+EF2=AE2,即AF⊥EF.在Rt△AEF中,tan∠AEF=52.答案解析关闭C-12-一、选择题二、填空题9.(2019全国卷3,文8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线答案B-13-一、选择题二、填空题解析如图,连接BD,BE.在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,∴BM,EN是相交直线,排除选项C,D.作EO⊥CD于点O,连接ON.作MF⊥OD于点F,连接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.-14-一、选择题二、填空题∴△MFB与△EON均为直角三角形.设正方形ABCD的边长为2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,则EN=3+1=2,BM=34+254=7,∴BM≠EN.故选B.-15-一、选择题二、填空题10.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.13答案A解析(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为.32-16-一、选择题二、填空题(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为.32-17-一、选择题二、填空题11.(2019浙江卷,8)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则()A.βγ,αγB.βα,βγC.βα,γαD.αβ,γβ答案解析解析关闭如图,G为AC中点,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AE,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cosα=𝑃𝐹𝑃𝐵=𝐸𝐺𝑃𝐵=𝐷𝐻𝑃𝐵𝐵𝐷𝑃𝐵=cosβ,所以αβ,因为tanγ=𝑃𝐷𝐸𝐷𝑃𝐷𝐵𝐷=tanβ,所以γβ.故选B.答案解析关闭B-18-一、选择题二、填空题12.(2019江西上饶一模,文10)在空间四边形ABCD中,若AB=BC=CD=DA,且AC=BD,E,F分别是AB,CD的中点,则异面直线AC与EF所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.90°答案解析解析关闭如图,取BD的中点O,连接AO,CO,∵AB=AD,BC=CD,∴AO⊥BD,CO⊥BD.又AO∩CO=O,∴BD⊥平面AOC,∴BD⊥AC.取AD的中点M,连接EM,FM,∵E为AB的中点,F为CD的中点,∴EM∥BD,MF∥AC,∴EM⊥MF,异面直线AC与EF所成的角即为∠EFM.∵AC=BD,∴MF=EM,∴在Rt△EFM中,∠EFM=45°,即异面直线AC与EF所成的角为45°.答案解析关闭B-19-一、选择题二、填空题13.已知三棱锥P-ABC的顶点P、A、B、C在球O的表面上,△ABC是边长为的等边三角形,如果球O的表面积为36π,那么P到平面ABC距离的最大值为.3答案解析解析关闭△ABC是边长为3的等边三角形,外接圆的半径为1,球O的表面积为36π,球的半径为3,∴球心O到平面ABC的距离为9-1=22,∴P到平面ABC距离的最大值为3+22.答案解析关闭3+22-20-一、选择题二、填空题14.(2019山东淄博一模,文15)如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为.答案解析解析关闭由题意知,可将原图补为如图所示的直四棱柱.∵BC1∥AD,∴异面直线BC1与AC所成角即为直线AD与AC所成角∠DAC,由余弦定理可得,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=4+4-8cos120°=12,∴AC=23.又AD=CD=4+4=22,∴cos∠DAC=𝐴𝐷2+𝐴𝐶2-𝐶𝐷22𝐴𝐷·𝐴𝐶=8+12-82×22×23=64.答案解析关闭64-21-一、选择题二、填空题15.(2019山东菏泽一模,文16)如图,在正四面体ABCD中,E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,则异面直线AB和CE所成角的余弦值为.答案解析解析关闭如图,取棱BD上靠近点D的一个三等分点F,连接EF,CF,因为E是棱AD上靠近点D的一个三等分点,所以EF∥AB,所以∠CEF是异面直线AB和CE所成的角.不妨设正四面体A-BCD的棱长为3,则DE=13AD=1,EF=13AB=1,DF=13BD=1.在△CDE中,由余弦定理,得CE2=DE2+CD2-2DE·CD·cos∠CDE=12+32-2×1×3×12=7,所以CE=7.同理,在△CDF中,由余弦定理得CF=7.在△CEF中,由余弦定理,得cos∠CEF=𝐸𝐹2+𝐶𝐸2-𝐶𝐹22𝐸𝐹·𝐶𝐸=12+(7)2-(7)22×1×7=714.故异面直线AB和CE所成角的余弦值为714.答案解析关闭714-22-一、选择题二、填空题16.(2019全国卷1,文16)已知∠ACB