空间位置关系与空间角
命题点1 空间线面位置关系的判断
空间线面位置关系的三种常用判断方法
(1)直接法：借助空间位置关系理论体系直接证明；
(2)举反例法：即从对立面入手，结合题目灵活使用；
(3)模型法：借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断．
[高考题型全通关]
1．已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是( )
A．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
A [对于A选项，显然正确．对于B选项，直线l可能在平面β内，故B选项是假命题．对于C选项，两个平面可能相交，故C选项是假命题．对于D选项，直线l可能在平面β内，也可能平行于β，故D选项是假命题．]
2.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
D [如图，直线AB，CD异面．
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°.]
3.
[教材改编]对于四面体A?BCD，有以下命题：
①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；
②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；
③四面体A?BCD的四个面中最多有四个直角三角形；
④若四面体A?BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.
其中正确的命题是( )
A．①③
B．③④
C．①②③
D．①③④
D [①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；
②错误，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；
③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；
④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得
r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D．]
4.如图，点P在正方体ABCD?A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论：
①三棱锥A?D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的结论是( )
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
B [
对于①，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1C，
从而BC1∥平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面的三棱锥A?D1PC的体积不变，故①正确；
对于②，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由①知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P?平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故②正确；
对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．综上可知，选B．]
5．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：________.
②③?①或①③?②
[已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③?①或①③?②.]
6.如图，已知六棱锥P?ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB．
则下列结论中：
①PB⊥AE；
②平面ABC⊥平面PBC；
③直线BC∥平面PAE；
④∠PDA＝45°.
正确的为________(把所有正确的序号都填上)．
①④ [由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，
∵PB?平面PAB，∴PB⊥AE，∴①正确；
由正六边形的性质计算可得PA＝AD，故△PAD是等腰直角三角形，∴∠PDA＝45°，∴④正确．]
[教师备选]
1．α，β是两个不重合的平面，在下列条件下，可判定α∥β的是( )
A．α，β都平行于直线l，m
B．α内有三个不共线的点到β的距离相等
C．l，m是α内的两条直线且l∥β，m∥β
D．l，m是两条异面直线且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β
D [对于A，l，m应相交；对于B，应考虑三个点在β的同侧或异侧两种情况；对于C，l，m应相交，故选D．]
2．(2020·曲靖一模)在四面体ABCD中，AB＝BD＝AD＝CD＝3，AC＝BC＝4，用平行于AB，CD的平面截此四面体，得到截面四边形EFGH，则四边形EFGH面积的最大值为________．
[∵直线AB平行于平面EFGH，且平面ABC交平面EFGH于HG，
∴HG∥AB，
同理：EF∥AB，FG∥CD，EH∥CD，
∴FG∥EH，EF∥HG.
∴四边形EFGH为平行四边形．
又∵AD＝BD，AC＝BC的对称性，可知AB⊥CD．
∴四边形EFGH为矩形．
设BF∶BD＝BG∶BC＝FG∶CD＝x(0≤x≤1)，
∴FG＝3x，HG＝3(1－x)，
∴SEFGH＝FG·HG＝9x(1－x)＝－92＋，0当x＝时，四边形EFGH的面积有最大值.]
3.如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
a或2a [由题意知，B1D⊥平面ACC1A1，
又CF?平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．
令CF⊥DF，设AF＝x(0易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，
得＝，即＝，
整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.]
命题点2 空间角的求解
空间角的求解技法
(1)求解异面直线所成的角的两种思路：
①平移法：基本思路是
“作(平行线)——证(平行)——算(解三角形)”，其中作平行线是关键，一般借助中位线、平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决．
②向量法：利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来求解，注意向量夹角与异面直线角的关系．
提醒：两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．
(2)线面角的两种思路：
①定义法：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．
②向量法：利用空间向量计算斜线的方向向量与平面法向量的夹角来求解，注意向量夹角与线面角的关系．
[高考题型全通关]
1.(2020·玉溪模拟)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E，F分别是BC，DC的中点，则异面直线AD1与EF所成角的余弦值为( )
A．
B．
C．
D．
A [∵B1D1∥EF，∴异面直线AD1与EF所成角是∠AD1B1或其补角，在△AD1B1中，AD1＝，AB1＝，D1B1＝2，
∴cos∠AD1B1＝.
∴异面直线AD1与EF所成角的余弦值为.故选A．]
2．(2020·株洲模拟)已知正四棱锥S?ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为( )
A．
B．
C．
D．
C [设AC，BD的交点为O，连接EO(图略)，则∠AEO为AE，SD所成的角或其补角．
设正四棱锥的棱长为a，则AE＝a，EO＝a，OA＝a，
所以cos∠AEO＝
＝＝，故选C．]
3．已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A．
B．
C．
D．
C [如图所示，把直三棱柱ABC?A1B1C1补成直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，
在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，
由AB1∥C1D，
得∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．
在Rt△BCC1中，BC1＝＝，
∵∠ABC＝120°，∴∠DCB＝60°，
∴BD＝＝，
C1D＝＝，
∵BC＋BD2＝C1D2，∴∠DBC1＝90°，
∴cos∠BC1D＝＝.]
4．[高考改编]平面α过正方体ABCD?A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，则直线m与直线BC所成角的正弦值为( )
A．
B．
C．1
D．
B [如图，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，可知：m∥B1D1∥BD，∴∠DBC是直线m与直线BC所成角(或所成角的补角)，∵BC⊥DC，BC＝DC，
∴∠DBC＝45°，
∴sin∠DBC＝.
∴直线m与直线BC所成角的正弦值为，故选B．]
5.如图，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
A [由题意，取AC的中点O，连接BO，C1O，
因为正三棱柱ABC?A1B1C1中，
侧棱长为，底面三角形的边长为1，
所以BO⊥AC，BO⊥AA1，
因为AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，
所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，
因为BO＝＝，C1O＝＝，
所以tan∠BC1O＝＝＝，
所以∠BC1O＝30°，BC1与侧面ACC1A1所成的角为30°.]
6．已知长方体ABCD?A1B1C1D1的外接球体积为π，且AA1＝BC＝2，则A1C与平面BB1C1C所成的角为________．
[如图，设长方体ABCD?A1B1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCD?A1B1C1D1的外接球体积为πR3＝π，所以R＝2，即A1C＝＝2R＝4.因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2.连接B1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.
即A1C与平面BB1C1C所成的角为.]
命题点3 折叠问题
解决与翻折有关的问题的两个法宝
(1)一个关键：解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)两个分析：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
[高考题型全通关]
1．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A?BCD，则在三棱锥A?BCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
D [因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD．
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB．
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，
AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC．
又AB?平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC．]
2.(2020·重庆一中模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD．
其中正确的有( )
A．①④
B．②③
C．①②③
D．②③④
B [将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B．]
3.已知边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，现将△AED沿DE翻折为△A′ED，如图是翻折过程中的一个图形，则下列4个结论：
①动直线A′F与直线DE互相垂直；
②恒有平面A′GF⊥平面BCED；
③四棱锥A′?BCED的体积有最大值；
④三棱锥A′?DEF的侧面积没有最大值．
其中正确结论是( )
A．①②③
B．②③④
C．①②④
D．①③④
A [因为已知边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，所以DE⊥AG，DE⊥A′G，DE⊥FG，所以DE⊥平面A′FG，
所以DE⊥A′F.故①正确；
由①得DE?平面BCED，所以平面A′GF⊥平面BCED．故②正确；
三棱锥A′?FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′?FED的体积有最大值，故③正确，④错误，故选A．]
4．[一题两空]如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则BD＝________，异面直线BD与CF所成角的余弦值为________．
[如图，连接DE交FC于O，取BE的中点G，连接OG，CG，则OG∥BD且OG＝BD，所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．因为正方形ABCD的边长为2，则CE＝BE＝1，CF＝DE＝＝，所以CO＝CF＝.易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，所以BD＝＝，所以OG＝BD＝.易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，又GE＝BE＝，所以CG＝＝.在△COG中，由余弦定理得，cos∠COG＝＝＝，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.]
5．一张半径为1＋的圆形包装纸，按照如图所示的实线裁剪，并按虚线折叠为各棱长都相等的四棱锥，折叠所成的四棱锥外接球的表面积为________．
8π [如图，
连接OE，与AD交于I，
设正方形ABCD的边长为2x，
则EI＝x，
则x＋x＝1＋，即x＝1.
设外接球的球心为Q，半径为R，可得OC＝，OP＝＝，R2＝(－R)2＋()2.
∴R＝，
∴该四棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝8π.]
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