考點21空間點直線平面之間的位置關(guān)系

考點21空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系1.【2022全國乙卷】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD

C.平面B【答案】A

【解析】【分析】本題考查了面面垂直的判斷，面面垂直的性質(zhì)，屬于中檔題．【解答】

解：對于A選項：在正方體ABCD?A1B1C1D1中，因為EF分別為AB，BC的中點，易知

EF⊥BD，從而EF⊥平面BDD1，又因為EF?平面BDD1，所以平面B1EF⊥平面BDD1，

所以A選項正確;

對于B選項：因為平面A1BD∩平面BDD1=BD，由上述過程易知平面B1EF⊥平面

A1BD不成立;

對于C選項的直線AA1與直線B1E必相交，故平面B1EF//面A1AC有公共

點，從而C2.【2021全國乙卷】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為BA.π2 B.π3 C.π4【答案】D

【解析】【分析】本題考查異面直線所成角和余弦定理，考查運算求解能力．

由AD1/?/BC1，得∠PBC1是直線PB與AD1【解答】

解：∵AD1//BC1，

∴∠PBC1是直線PB與AD1所成的角(或所成角的補角)，

設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，

則PB1=PC1=123.【2020新高考Ⅰ卷】日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為

(

)

A.20° B.40° C.50° D.90°【答案】B

【解析】【分析】本題是立體幾何在生活中的運用，考查空間線面角的定義和求法，屬于中檔題．

由緯度的定義和線面角的定義，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)，可得晷針與點A處的水平面所成角．【解答】

解：可設(shè)A所在的緯線圈的圓心為O?，OO?垂直于緯線所在的圓面，由圖可得∠OHA為晷針與點A處的水平面所成角，又∠OAO?=40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O?A⊥OH，

∴∠OHA=∠OAO?=40°，故選：B．4.【2022新高考Ⅰ卷】已知正方體ABCD?A1B1CA.直線BC1與DA1所成的角為90°

B.直線BC1與CA1所成的角為90°

C.直線BC1【答案】ABD

【解析】【分析】本題主要考查直線與直線所成角及直線與平面所成角，屬于中檔題．

根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征對各個選項逐一判斷分析，即可得解．【解答】解：如圖，因為BC1⊥B1C，B1C//DA1，所以BC1⊥DA1，故A正確;

對于選項B:因為A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，

所以BC1⊥A1B1，

又BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C?平面CDA1B1，

所以BC1⊥平面CDA1B1，且CA1?平面CDA1B1，

所以直線BC5.【2020江蘇】在三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點．

(1)求證：EF/?/平面AB【答案】證明：(1)E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點．

所以EF/?/AB1，因為EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，

所以EF/?/平面AB1C1；

(2)因為B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，

所以B1C⊥AB，

又因為AB⊥AC，AC∩B1C=C，AC?【解析】本題考查直線與平面垂直的判定定理以及平面與平面垂直的判定定理的應用，直線與平面平行的判定定理的應用，是中檔題．

(1)證明EF/?/AB1，然后利用直線與平面平行的判定定理證明EF/?/平面AB1C1；

(2)證明B1C⊥AB，結(jié)合AB⊥AC，證明6.【2023全國乙卷】已知ΔABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，ΔABD為等邊三角形，若二面角C?AB?D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為(

)A.15 B.25 C.【答案】C

【解析】【分析】本題考查求線面角的三角函數(shù)值，考查空間想象與運算求解能力，屬于中檔題．利用二面角的定義，確定∠COD為二面角C?AB?D的平面角；利用余弦定理解ΔCOD，求出CD；設(shè)出點D到平面ABC的距離，利用間接法，求出直線CD與平面ABC所成角的正弦值，從而求出其正切值．【解答】解：取AB中點O，連接OC,OD，則OC⊥AB,OD⊥AB，故∠COD為二面角C?AB?D的平面角，即∠COD=150∵OC∩OD=O,OC,OD?平面COD，∴AB⊥平面COD，設(shè)AB=2，則OC=1,OD=在ΔCOD中，CD即CD=設(shè)點D到平面ABC的距離為?，則VD?AOC=∴?=AO?設(shè)直線CD與平面ABC所成角為θ，則sinθ=?CD故選C．7.【2023全國甲卷】在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，則△PBC的面積為

(

)A.22 B.32 C.【答案】C

【解析】【分析】本題考查錐體中有關(guān)長度和面積的計算，利用余弦定理建立關(guān)系求解，為中檔題．

余弦定理求出|PA|，再轉(zhuǎn)化到△PBC中，再次使用余弦定理求出對應角的余弦，進而算出對應角的正弦，再結(jié)合三角形面積公式求解．【解答】解：四棱錐P?ABCD中，如圖，連結(jié)AC，BD交于O，連結(jié)PO．

因為底面ABCD為正方形，則O為AC，BD的中點，因為AB=4，所以AC=BD=42，則DO=CO=22，

又PC=PD=3，PO=PO，所以△PDO≌△PCO，所以∠PDO=∠PCO，

又PC=PD=3，AC=BD=42，所以△PDB≌△PCA，所以PA=PB．

在△PAC中，PC=3，AC=42在?BPC中，cos∠PCB=|PC|2+|BC|2?|PB|8.【2022全國甲卷】在長方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCDA.AB=2AD B.AB與平面AB1C1D所成的角為30?°

C.AC=C【答案】D

【解析】【分析】本題主要考查線面角的求解，屬中檔題．

作出線面夾角的平面角，通過解三角形求出即可．【解答】

解：如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題意及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為∠B1DB，B1D與平面AA對于A，AB=a，AD=b，AB=2AD對于B，過B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB與平面AB1對于C，AC=a2+b2=對于D，B1D與平面BB1C1C所成角為∠DB1C9.【2022浙江】如圖，已知正三棱柱ABC?A1B1C1，AC=AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點.記EF與AA1所成的角為α，EF與平面ABC所成的角為A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ C.β≤γ≤α D.α≤γ≤β【答案】A

【解析】【分析】本題考查直線與直線夾角，直線與平面夾角，平面與平面夾角．【解答】

解：作直線FG⊥AC于G，連接EG，

因為FG⊥平面ABC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理，得FG⊥EG，因此α=∠EFG，β=∠FEG。

tanα=EGFG=EGAC，tanβ=FGEG=ACEG，易知AC≥EG，因此得到β≥α

作FH//B1C1交A1B1于H，連接BH，CF，作FM⊥BC于M，連接GM10.【2021浙江】如圖已知正方體ABCD?A1B1C1D1，M，N分別是A1A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN//平面ABCD

B.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1

C.直線A1D與直線D【答案】A

【解析】【分析】本題考查了線面平行的判定，異面直線，由正方體間的垂直、平行關(guān)系，屬于中檔題．

可證MN//AB,A1D⊥【解答】解：連AD1，在正方體M是A1D的中點，所以M為又N是D1B的中點，所以MN?平面ABCD,AB?平面ABCD，所以MN//平面ABCD．

因為AB不垂直BD，所以MN不垂直BD，則MN不垂直平面BDD1B1，所以選項在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1且直線A1D,D1B是異面直線，所以選項C錯誤，選項A正確．

11.【2021新高考Ⅱ卷】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是(

)A. B.

C. D.【答案】BC

【解析】【分析】本題考查了空間中兩直線的位置關(guān)系以及垂直的判定，考查了數(shù)形結(jié)合思想和直觀想象能力，屬于中檔題．

根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線MN構(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤．【解答】

解：設(shè)正方體的棱長為2，對于A，如圖(1)所示，連接AC，易知MN//AC，且MN、AC、由圖可知直線OP與AC相交且不垂直，故MN⊥OP不成立，故A錯誤．對于B，如圖(2)所示，取MT的中點為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MT，PQ⊥MN，由正方體SBCN?MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ?平面MADT，故SM⊥OQ，而SM∩MT=M，SM，MT?平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，所以O(shè)Q⊥MN，而OQ∩PQ=Q，OQ,PQ?平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，而PO?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確．對于C，如圖(3)，連接BD，則BD//MN，由B的判斷可得故OP⊥MN，故C正確．對于D，如圖(4)，取AM′的中點G，連接PG，OG，M′N′，則MN//M′N′，PG=2，OG=3，PO=5，

則PO2=PG2+OG故選BC．12.【2021新高考Ⅰ卷】在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1，點P滿足A.當λ=1時，△AB1P的周長為定值

B.當μ=1時，三棱錐P?A1BC的體積為定值

C.當λ=12時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP【答案】BD

【解析】【分析】本題考查了動點軌跡，線面平行與線面垂直的判定，錐體的體積問題等，綜合性強，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于拔高題．

判斷當λ=1時，點P在線段CC1上，分別計算點P為兩個特殊點時的周長，即可判斷選項A；當μ=1時，點P在線段B1C1上，利用線面平行的性質(zhì)以及錐體的體積公式，即可判斷選項B；當λ=12時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結(jié)M1M，則點P在線段M1M上，分別取點P在M1，M處，得到均滿足A1P⊥BP，即可判斷選項C；當μ=12時，取CC1的中點D1【解答】

解：對于A，當λ=1時，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，所以CP/?/BB1，

故點P在線段CC1上，此時△AB1P的周長為AB1+B1P+AP，

當點P為CC1的中點時，△AB1P的周長為5+2，

當點P在點C1處時，△AB1P的周長為22+1，

故周長不為定值，故選項A錯誤；

對于B，當μ=1時，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，所以B1P/?/BC，

故點P在線段B1C1上，

因為B1C1/?/平面A1BC，

所以直線B1C1上的點到平面A1BC的距離相等，

又△A1BC的面積為定值，

所以三棱錐P?A1BC的體積為定值，故選項B正確；

對于C，當λ=12時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結(jié)M1M，

因為BP=12BC+μBB1，即MP=μBB1，所以MP/?/BB1，

則點P在線段M1M上，

當點P在M1處時，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，

又B1C1∩B1B=B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，

又BM1?平面BB1C1C，所以13.【2022全國甲卷】小明同學參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8(單位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．

(1)證明：EF/?/平面ABCD;

(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度)．

【答案】(1)過點E作EE′⊥AB于點E′，過點F作FF′⊥BC于點F′，連接E′F′．

∵底面ABCD是邊長為8的正方形，△EAB、△FBC均為正三角形，

且它們所在的平面都與平面ABCD垂直，

∴EE′=FF′，

又平面EAB∩平面ABCD=AB，平面FBC∩平面ABCD=BC，

∴EE′⊥平面ABCD，F(xiàn)F′⊥平面ABCD，

∴EE′//FF′，

則四邊形EE′F′F為平行四邊形，∴EF//E′F′，

∵E′F′?平面ABCD，EF?平面ABCD，

∴EF/