命題點15空間位置關系、空間角與空間距離一、單項選擇題1．[2023·河北保定模擬]設α，β是兩個不同的平面，則“α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行”是“α∥β”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件2．[2023·河北石家莊模擬]已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，其中下列命題正確的是()A．若m∥n，n?α，則m∥αB．若m?α，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥βC．若m?α，m⊥β，則α⊥βD．若α⊥β，m⊥α，則m∥β3．在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AB，eq\o(PH,\s\up6(→))＝2eq\o(HC,\s\up6(→))，E，F(xiàn)分別是棱CD，PA的中點，則異面直線BH與EF所成角的余弦值是()A．eq\f(1,3)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(6),3)D．eq\f(2\r(2),3)4．[2023·河北張家口模擬]已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則下列選項不正確的是()A．直線A1B與B1C所成的角為60°B．A1B⊥DB1C．DB1⊥平面ACD1D．B1C⊥B1D5．[2023·河北保定模擬]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，AB＝2，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且VP-ABCD＝eq\f(16\r(3),3)，則PC與平面PAD所成角的正切值為()A．2B．eq\f(1,2)C．eq\r(3)D．eq\f(\r(3),2)6．[2022·全國乙卷]在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D7．[2022·全國甲卷]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則()A．AB＝2ADB．AB與平面AB1C1D所成的角為30°C．AC＝CB1D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°8．[2023·全國乙卷]已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD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．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(2),5)C．eq\f(\r(3),5)D．eq\f(2,5)二、多項選擇題9．[2023·河北唐山模擬]已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，l是空間任意一條直線，以下說法正確的有()A．平面α與β必相交B．若l⊥m，則l∥αC．若l與n所成的角為30°，則l與平面β所成的角為60°D．若m與n所成的角為30°，則平面α與β的夾角為60°10．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．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與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°11.如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，點P，Q，M分別為A1D1，C1D1，BC的中點，下列結論正確的有()A．AC∥平面PQMB．該四棱柱有外接球，則四邊形ABCD為正方形C．BC與平面PQM不可能垂直D．BD⊥QM12．[2023·山東濰坊模擬]如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點，作平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1，則()A.直線BD與直線JL所成角為eq\f(π,3)B．直線CG與平面EFHILK所成角為eq\f(π,6)C．該幾何體的體積為eq\f(23\r(2),12)D．該幾何體中，二面角A-BC-D的余弦值為eq\f(1,3)[答題區(qū)]題號123456789101112答案三、填空題13．已知四棱錐P-ABCD中，側棱PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，則該四棱錐的4個側面中直角三角形的個數(shù)是________．14.第14題圖如圖，三棱錐P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6.則二面角P-BC-A的正弦值為________．15．已知m，n是平面α外的兩條不同的直線，給出三個論斷：①m⊥n；②n∥α；③m⊥α.以其中兩個論斷作為條件，余下的一個論斷為結論，請寫出一個正確的命題(論斷用序號表示)：________．16．[2023·河北滄州模擬]在空間直角坐標系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(－1，0，3)，E(a2，0，5)，則當點A到平面BCD的距離最小時，直線AE與平面BCD所成角的正弦值為________．命題點15空間位置關系、空間角與空間距離(小題突破)1．解析：如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B1∥平面ABCD.在平面ABB1A1內(nèi)，除直線AB外，其他所有與A1B1平行的直線，都與平面ABCD平行，但是平面ABB1A1與平面ABCD不平行；若α∥β，根據(jù)面面平行的定義可知，平面α內(nèi)的直線都與平面β平行．所以，“α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行”是“α∥β”的必要不充分條件．故選B.答案：B2．解析：若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，A錯；若m?α，α∩β＝n，m⊥n，α與β不一定垂直，因此m⊥β不正確，B錯誤；由面面垂直的判定定理知C正確；若α⊥β，m⊥α，則m∥β或m?β，D錯誤．故選C.答案：C3．解析：在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，以點A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，令PA＝AB＝6，而E，F(xiàn)分別是棱CD，PA的中點，則B(6，0，0)，C(6，6，0)，P(0，0，6)，E(3，6，0)，F(xiàn)(0，0，3)，由eq\o(PH,\s\up6(→))＝2eq\o(HC,\s\up6(→))得：eq\o(PH,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PC,\s\up6(→))＝(4，4，－4)，則H(4，4，2)，eq\o(BH,\s\up6(→))＝(－2，4，2)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(3，6，－3)，所以異面直線BH與EF所成角的余弦值為|cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，eq\o(FE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BH,\s\up6(→))·\o(FE,\s\up6(→))|,|\o(BH,\s\up6(→))||\o(FE,\s\up6(→))\o(|,\s\up6()))＝eq\f(12,2\r(6)×3\r(6))＝eq\f(1,3).故選A.答案：A4．解析：如圖所示，對于A項，如圖，因為A1B∥D1C，所以異面直線A1B與B1C所成的角為∠D1CB1或其補角．又因為△B1CD1為等邊三角形，所以∠D1CB1＝60°，故A項正確；對于B項、C項，因為四邊形ABCD為正方形，則AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因為BD?平面BB1D1D，BB1?平面BB1D1D，BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.又B1D?平面BB1D1D，所以AC⊥DB1.同理：AD1⊥DB1，DB1⊥A1B,又AC?平面ACD1，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面ACD1，故B項、C項正確；對于D項，∵DC⊥平面BCC1B1，∴DC⊥CB1，即：在△DCB1中，∠DCB1＝90°，由三角形內(nèi)角和可知，∠CB1D<90°，故D項錯誤．故選D.答案：D5．解析：取AD的中點O，連接PO，由已知△PAD為等邊三角形，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，設PD＝x，則PO＝eq\f(\r(3),2)x，AD＝x，又AB＝2，所以矩形ABCD的面積SABCD＝2x，所以四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝eq\f(1,3)×SABCD×PO＝eq\f(1,3)×2x×eq\f(\r(3),2)x＝eq\f(\r(3),3)x2，所以eq\f(\r(3),3)x2＝eq\f(16\r(3),3)，所以x＝4，所以PD＝4，因為平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以CD⊥PD，所以△CDP為直角三角形，斜邊為PC，因為CD⊥平面PAD，所以PC與平面PAD所成的角為∠CPD，在Rt△CDP中，CD＝AB＝2，PD＝4，所以tan∠CPD＝eq\f(CD,PD)＝eq\f(1,2)，PC與平面PAD所成角的正切值為eq\f(1,2).故選B.答案：B6.解析：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方體的性質(zhì)，知DD1⊥平面ABCD.又EF?平面ABCD，所以DD1⊥EF.因為BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因為EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正確．假設平面B1EF⊥平面A1BD.因為平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，顯然BD與平面B1EF不垂直，B錯誤．設A1A與B1E的延長線相交于點P，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，C錯誤．連接AB1，B1C，易證平面ACB1∥平面A1C1D.因為平面ACB1與平面B1EF相交，所以平面B1EF與平面A1C1D不可能平行，D錯誤．故選A.答案：A7．解析：連接BD，則∠B1DB，∠DB1A分別是B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝eq\f(1,2)DB1，BD＝eq\f(\r(3),2)DB1，AD＝eq\f(1,2)DB1.設BB1＝a，則DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝eq\r(3)a，所以AB＝eq\r(BD2－AD2)＝eq\r(2)a，AC＝BD＝eq\r(3)a，CB1＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋BC2)＝eq\r(2)a.所以AB＝eq\r(2)AD，AC≠CB1，因此A，C項錯誤．易知∠DB1C是B1D與平面BB1C1C所成的角，且為銳角．因為DC＝eq\r(2)a，DB1＝2a，CB1＝eq\r(2)a，所以DC2＋CBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝DBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以DC⊥CB1.在Rt△DCB1中，sin∠DB1C＝eq\f(DC,DB1)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠DB1C＝45°，即B1D與平面BB1C1C所成的角為45°，因此D項正確．因為AD⊥平面ABB1A1，AD?平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB與平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝eq\r(2)a，BB1＝a，所以tan∠B1AB＝eq\f(BB1,AB)＝eq\f(\r(2),2)≠eq\f(\r(3),3)，所以∠B1AB≠30°，即AB與平面AB1C1D所成的角不是30°，因此B項錯誤．故選D.答案：D8．解析：如圖所示，取AB的中點為M，連接CM，DM，則CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM?平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即為二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.設AB＝2，則CM＝1，MD＝eq\r(3)，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝eq\r(3＋1－2×\r(3)×1×（－\f(\r(3),2)）)＝eq\r(7).延長CM，過點D作CM的垂線，設垂足為H，則∠HMD＝30°，DH＝eq\f(1,2)DM＝eq\f(\r(3),2)，MH＝eq\f(\r(3),2)DM＝eq\f(3,2)，所以CH＝1＋eq\f(3,2)＝eq\f(5,2).因為DH?平面CMD，則AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM?平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即為直線CD與平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝eq\f(DH,CH)＝eq\f(\r(3),5)，故選C.答案：C9．解析：對A，若平面α與β平行，則m⊥β，又n⊥β，則m∥n，與m，n為異面直線矛盾，故平面α與β必相交，故A正確；對B，l⊥m，l可能在平面α內(nèi)，所以l∥α不正確，故B錯誤；對C，過n上一點P作l′∥l，交β于A，則直線AB為l′在平面β上的射影，如圖，所以l′與平面β所成的角為∠PAB，由題意知∠APB＝30°，所以∠PAB＝60°，由l′∥l可知，l與平面β所成的角為60°，故C正確；對D，平移m，n過點O，分別與α，β交于C，D，平面OCD與棱EF交于Q，連接CQ，DQ，如圖，由m，n分別垂直兩平面，易知棱EF與平面OCD垂直，可得CQ，DQ與EF垂直，故∠CQD為二面角的平面角，由m與n所成的角為30°，可知∠CQD＝150°，所以平面α與β的夾角為180°－150°＝30°，故D錯誤．故選AC.答案：AC10．解析：如圖(1)，連接B1C.因為DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，所以A正確．如圖(2)，連接B1C.因為BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1?平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，CA1?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正確．如圖(3)，連接A1C1，交B1D1于點O，連接BO，A1B.易證A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO為直線C1B與平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C錯誤．如圖(4)，因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正確．故選ABD.答案：ABD11．解析：對A，連接A1C1，由點P，Q分別為A1D1，C1D1的中點可得A1C1∥PQ，∵AA1∥BB1∥CC1，AA1＝BB1＝CC1，所以四邊形A1ACC1為平行四邊形，則AC∥A1C1，故AC∥PQ，AC?平面PQM，PQ?平面PQM，則AC∥平面PQM，即A正確；對B，若四棱柱有外接球，則四邊形ABCD有外接圓，則ABCD對角互補，則ABCD為正方形，即B正確；對C，若BC⊥平面PQM，PQ?平面PQM，則BC⊥PQ，由PQ∥AC可得BC⊥AC，與條件矛盾，故BC與平面PQM不可能垂直，即C正確；對D，取CD的中點N，連接MN，QN，則MN∥BD，QN∥CC1，∵CC1⊥平面ABCD，∴QN⊥平面ABCD，∵MN?平面ABCD，∴QN⊥MN，∴∠QNM＝90°，則∠QMN<90°，故BD與QM不垂直，即D錯誤．故選ABC.答案：ABC12．解析：將該幾何體還原為原正四面體Q-MNS，棱長為a，設△MNS中心為O，連接OQ，ON，則ON＝eq\f(\r(3),3)a，OQ＝eq\r(\f(2,3))a，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)a2，VQ-MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(\f(2,3))a＝eq\f(\r(2),12)a3，對A：因為JL∥QN，所以直線BD與直線JL所成角即為MQ與QN所成角為eq\f(π,3)，故A正確；對B：直線CG與平面EFHILK所成角為QN與底面MNS所成的角，∠QNO即為所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\r(\f(2,3))，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B錯誤；對C：該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積，eq\f(\r(2),12)×33－4×eq\f(\r(2),12)×13＝eq\f(23\r(2),12)，故C正確；對D：二面角A-BC-D的大小與A-BC-Q的大小互補，顯然A-BC-Q的大小為銳角，所以二面角A-BC-D的大小一定為鈍角，故D錯誤．故選AC.答案：AC13．解析：由題意，在四棱錐P-ABCD中，側棱PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，PA⊥AB，所以△PAD，△PAB為直角三角形；又由四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，結合PA⊥BC，PA∩AB＝A，可得BC⊥平面PAB，又因為PB?平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC為直角三角形，同理，△PCD也為直角三角形，該四棱錐的4個側面中直角三角形的個數(shù)是4.答案：414．解析：取BC的中點D，連結PD，AD，因為PB＝PC，所以PD⊥BC，因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，因為PD?平面PAD，PA?平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，因為AD?平面PAD，所以BC⊥AD，所以∠PDA即為二面角P-BC-A的平面角，因為PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，sin∠PDA＝eq\f(PA,PD)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即二面角P-BC-A的正弦值是eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)15．解析：若②③，則①，即若n∥α，m⊥α，則m⊥n.過直線n作平面β∩α＝l，因為n∥α，則有n∥l，如圖，又m⊥α，l?α，于是得m⊥l，即有m⊥n，所以“若②③，則①”是真命題；若①③，則②，即若m⊥n，m⊥α，則n∥α，在直線m上取點P，過P作直線a∥n，直線a與m確定平面γ，如圖，因為m⊥α，則平面γ與平面α必相交，令交線為b，于是得m⊥b，而m⊥n，即有m⊥a，又a，b?γ，因此b∥a∥n，又n?α，b?α，則有n∥α，所以“若①③，則②”是真命題；若①②，則③，即若m⊥n，n∥α，則m⊥α，在長方體ABCD-A1