新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547Word文档下载推荐.docx

新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547Word文档下载推荐.docx

《新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547Word文档下载推荐.docx（27页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

×

3×

6×

3＝18.

[明考情]

1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度中等．

2．以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透．

　　　空间线面位置关系的判断（基础型）

[知识整合]

判断与空间位置关系有关的命题真假的方法

（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．

（2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．

（3）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．

[考法全练]

1．已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是（　　）

A．垂直　　　　　　　　B．相交

C．异面D．平行

选D.因为α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，

所以n在平面α内，m与平面α相交，

因为A∈m，A∈α，

所以A是m和平面α相交的点，

所以m和n异面或相交，一定不平行．

2．（2019·

沈阳市质量监测

（一））已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）

A．若m∥n，m∥α，则n∥α

B．若α∥β，m∥α，则m∥β

C．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α

D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β

选D.对于选项A，m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错；

对于选项B，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，B错；

对于选项C，m⊥n，n⊂α，不能推出m⊥α，C错；

对于选项D，面面垂直的判定定理，正确．故选D.

3．（2019·

高考北京卷）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：

__________．

其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．

命题

（1）：

若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCDA1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．

命题

（2）：

若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：

作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.

命题（3）：

若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：

过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.

答案：

若l⊥m，l⊥α，则m∥α（或若m∥α，l⊥α，则l⊥m，答案不唯一）

　　　空间几何体中的空间角（综合型）

异面直线所成的角

已知两条异面直线a、b，经过空间任意一点O，作a′∥a，b′∥b，我们把a′与b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．

直线与平面所成的角

直线与平面所成的角是直线和它在平面内的射影所成的角．当直线和平面平行时，称直线和平面成0°

角，当直线和平面垂直时，称直线和平面成90°

角．

[典型例题]

（2019·

湖南省五市十校联考）已知E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3

，则异面直线AB与PC所成的角为（　　）

A．120°

　　　　　　　　B．45°

C．30°

D．60°

【解析】　设AC的中点为G，连接GF，EG，因为E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，PC＝6，AB＝6，所以EG∥PC，GF∥AB，EG＝3，GF＝3，在△EFG中，EF＝3

，所以cos∠EGF＝

＝－

，所以∠EGF＝120°

，所以异面直线AB与PC所成的角为60°

.

【答案】　D

求空间角的一般步骤

（1）找出或作出有关的平面角．

（2）证明它符合定义．

（3）归到某一三角形中进行计算，为了便于记忆，可总结口诀：

“一作、二证、三计算”．　

[对点训练]

1．（2018·

高考全国卷Ⅱ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°

.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．

由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得

l2＝8，得l＝4.在

Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°

，所以SO＝

l＝2，AO＝

l＝2

.故该圆锥的体积V＝

π×

AO2×

SO＝

（2

）2×

2＝8π.

8π

福州市质量检测）已知长方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCDA1B1C1D1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

　　　空间平行、垂直关系的证明（综合型）

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.

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.

高考全国卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°

，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

【解】　

连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝

B1C.

又因为N为A1D的中点，所以ND＝

A1D.

由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，

因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.

又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.

从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．

由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝

，故CH＝

.从而点C到平面C1DE的距离为

平行关系及垂直关系的转化

空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．

[对点训练]）

1.

（2019·

昆明市诊断测试）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6

，E是棱PC上的一点．

BC⊥平面PBD；

（2）若PA∥平面BDE，求

的值．

由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.

因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.

又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.

因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，

所以BC⊥平面PBD.

（2）连接AC交BD于F，连接EF，

则EF是平面PAC与平面BDE的交线．

因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.

因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，

所以

广东省七校联考）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．

（1）求四棱锥PABCD的体积；

（2）求证：

AG∥平面PEC；

（3）求证：

平面PCD⊥平面PEC.

（1）易知V四棱锥PABCD＝

S正方形ABCD·

PA＝

2×

2＝

（2）证明：

如图，取PC的中点F，连接EF和FG，

则易得AE∥FG，且AE＝

CD＝FG，

所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.

因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，

所以AG∥平面PEC.

（3）证明：

易知CD⊥AD，CD⊥PA，

因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.

又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.

易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.

又EF⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.

　　　空间中的折叠问题和探索性问题（综合型）

[典型例题]

高考全国卷Ⅲ）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°

.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图2中的四边形ACGD的面积．

【解】　

（1）证明：

由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°

得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.

因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝

，故DM＝2.

所以四边形ACGD的面积为4.

（1）求解平面图形折叠问题的关键和方法

①关键：

分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．

②方法：

把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何何体中解决．

（2）探索性问题求解的途径和方法

①对命题条件探索的三种途径

i．先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明．

ii.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．

iii.将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．

②对命题结论的探索方法

从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．　

郑州市第二次质量预测）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝

，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.

（1）求证：

AD⊥PB.

（2）若E在线段BC上，且EC＝

BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？

若存在，求出三棱锥DCEG的体积；

若不存在，请说明理由．

连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.

因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝

，所以BF⊥AD.

又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.

（2）能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.

由

（1）知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.

又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，

又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.

连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD.

又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.

因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以

，所以

，所以GH＝

PF＝

，

所以VDCEG＝VGCDE＝

S△CDE·

GH＝

DC·

CE·

sin

·

一、选择题

1．已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是（　　）

A．m∥β且l1∥α　　　　　　B．m∥β且n∥β

C．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2

选D.由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”知，由选项D可推知α∥β.

2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）

A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α

B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α

C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α

D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α

选C.对A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；

对B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；

对C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确；

对D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．故选C.

长春市质量监测

（一））在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为（　　）

A．1B.

选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝

.故选D.

高考全国卷Ⅲ）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

选B.如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝

.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2

，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2

，所以在等腰三角形BDE中，BM＝

，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.

5．在四面体ABCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M为AB的中点，则线段CM的长为（　　）

B.

选C.如图所示，取BD的中点O，

连接OA，OC，

因为AB＝AD＝BC＝CD＝1，

所以OA⊥BD，OC⊥BD.

又平面ABD⊥平面BCD，

所以OA⊥平面BCD，OA⊥OC.

又AB⊥AD，所以DB＝

取OB的中点N，连接MN，CN，

所以MN∥OA，MN⊥平面BCD，所以MN⊥CN.

所以CM＝

6．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ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是（　　）

A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC

选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°

所以BD⊥CD.

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.

二、填空题

7．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：

①α∥β⇒l⊥m；

②α⊥β⇒l∥m；

③l∥m⇒α⊥β；

④l⊥m⇒α∥β.

其中正确命题的序号是________．

直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，

当α∥β有l⊥m，故①正确．

当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交，故②不正确．

当l∥m有α⊥β，故③正确．

当l⊥m有α∥β或α与β相交，故④不正确．

综上可知①③正确．

①③

8．（2019·

成都第一次诊断性检测）在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为______．

如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角（或其补角）．设三棱柱的棱长为2，则PN＝

，PB＝

，BN＝

，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°

，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝

9.

如图，在△ABC中，∠ACB＝90°

，AB＝8，∠ABC＝60°

，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．

作CH⊥AB于点H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，即PH为PM的最小值．在△ABC中，因为∠ACB＝90°

，所以BC＝4，所以CH＝2

.因为PC＝4，所以PH＝2

2

三、解答题

10．如图，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°

，∠BAC＝∠CAD＝60°

，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．

平面CMN∥平面PAB；

（2）求三棱锥PABM的体积．

因为M，N分别为PD，AD的中点，

所以MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

所以MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°

，CN＝AN，

所以∠ACN＝60°

又∠BAC＝60°

，所以CN∥AB.因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.

又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.

（2）由

（1）知，平面CMN∥平面PAB，

所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．

因为AB＝1，∠ABC＝90°

，∠BAC＝60°

，所以BC＝

所以三棱锥PABM的体积V＝VMPAB＝VCPAB＝VPABC＝

1×

11.

高考北京卷）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

BD⊥平面PAC；

（2）若∠ABC＝60°

，求证：

平面PAB⊥平面PAE；

（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？

说明理由．

因为PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥BD.

又因为底面ABCD为菱形，

所以BD⊥AC.

所以BD⊥平面PAC.

因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°

，且E为CD的中点，

所以AE⊥CD.

所以AB⊥AE.

所以AE⊥平面PAB.

所以平面PAB⊥平面PAE.

（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.

则FG∥AB，且FG＝

AB.

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝

所以FG∥CE，且FG＝CE.

所以四边形CEGF为平行四边形．

所以CF∥EG.

因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE.

所以CF∥平面PAE.

12．（2019·

东北四市联合体模拟

（一））如图，等腰梯形ABCD中，A