高考数学第2部分专题4立体几何第7讲空间线、面的位置关系学案文.docx

第7讲空间线、面的位置关系高考统计定方向热点题型真题统计命题规律题型1：空间线、面位置关系的判断与证明2018全国卷T18；2018全国卷T19；2018全国卷T192017全国卷T18；2017全国卷T6；2017全国卷T182017全国卷T10；2017全国卷T19；2016全国卷T182016全国卷T19；2015全国卷T18；2015全国卷T182014全国卷T19；2014全国卷T181.对线面位置关系的考查，主要以解答题的形式呈现，且出现在第(1)问.2.对异面直线的夹角，主要以小题的形式考查.3.解答题为每年必考内容，一般设置两问：(1)证明线面位置关系；(2)求解与体积、面积有关的问题.题型2：求空间角2018全国卷T9；2016全国卷T11题型3：平面图形的折叠问题2018全国卷T18；2016全国卷T19题型1空间线、面位置关系的判断与证明核心知识储备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，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.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，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.高考考法示例角度一线、面位置关系的判断【例11】(1)(2018成都模拟)已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，且m，n.有下列命题：若，则mn；若，则m；若l，且ml，nl，则；若l，且ml，mn，则.其中真命题的个数是 ()A0B1C2D3(2)(2018西安模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1平面.有下列三个命题： 四边形EFGH是平行四边形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中正确的命题有 ()A B C D(1)B(2)C(1)若，则mn或m，n异面，不正确；若，根据平面与平面平行的性质，可得m，正确；若l，且ml，nl，则与不一定垂直，不正确；若l，且ml，mn，l与n不一定相交，不能推出，不正确故选B.(2)由题意画出草图如图所示，因为AA1平面，平面平面AA1B1BEH，所以AA1EH.同理AA1GF，所以EHGF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EHGFAA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故正确；若平面平面BB1C1C，由平面平面A1B1C1GH，平面BCC1B1平面A1B1C1B1C1，知GHB1C1，而GHB1C1不一定成立，故错误；由AA1平面BCFE，结合AA1EH知EH平面BCFE，又EH平面，所以平面平面BCFE，故正确综上可知，故选C.角度二线面位置关系的证明【例12】(2018全国卷)如图2419，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点图2419(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD，说明理由解(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点连接OP，因为P为AM中点，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.方法归纳1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2证明线面位置关系的方法(1)证明线线平行的方法：三角形的中位线等平面几何中的性质；线面平行的性质定理；面面平行的性质定理；线面垂直的性质定理(2)证明线面平行的方法：寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；寻找面面平行，利用面面平行的性质(3)证明线面垂直的方法：线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；线面垂直的判定定理；面面垂直的性质定理(4)证明面面垂直的方法：定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线对点即时训练1(2018广州模拟)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若m，mn，n，则C若mn，m，n，则D若，m，n，则mnB选项A，若，m，n，则mn与m，n是异面直线均有可能，不正确；选项C，若mn，m，n，则，有可能相交但不垂直，不正确；选项D，若，m，n，则m，n有可能是异面直线，不正确，故选B.2(2018南宁模拟)如图2420，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，E为PD的中点，PA2AB2.图2420(1)求证：PCAE；(2)求证：CE平面PAB.证明(1)在RtABC中，AB1，BAC60，BC，AC2.取PC的中点F，连接AF，EF，PAAC2，PCAF.PA平面ABCD，CD平面ABCD，PACD，又ACD90，即CDAC，PAACA，CD平面PAC，又PC平面PAC，CDPC，EF是PCD的中位线，EFCD，EFPC.又AFEFF，PC平面AEF.AE平面AEF，PCAE(2)取AD的中点M，连接EM，CM，则EMPA.EM平面PAB，PA平面PAB，EM平面PAB.在RtACD中，CAD60，ACAM2，ACM60，而BAC60，MCAB.MC平面PAB，AB平面PAB，MC平面PAB.EMMCM，平面EMC平面PAB.EC平面EMC，EC平面PAB.题型2求空间角核心知识储备1异面直线所成角的范围是，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交垂直2求异面直线所成角的一般步骤(1)找出(或作出)适合题设的角用平移法；(2)求转化为在三角形中求解；(3)结论由所求得的角或其补角即为所求3直线与平面所成的角(1)范围：，如图2421.图2421(2)求解步骤寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射线，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)，通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，即sin .其中，为线面角，h为点B到平面的距离，l为斜线段AB的长高考考法示例【例2】(1)(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1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.B.C.D.(2)(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D. (3)(2018青海模拟)如图2422，正四棱锥PABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为()图2422A60 B30C45 D90(1)C(2)C(3)A(1)如图，连接BE，因为ABCD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE1，BC2，由勾股定理得BE.又由AB平面BCC1B1可得ABBE，所以tanEAB.故选C.(2)将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60.在ABD中，由余弦定理知BD22212221cos 603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角，所以cos .故选C.(3)如图，正四棱锥PABCD中，根据底面积为6可得，BC.连接BD，交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥PABCD的高，根据体积公式可得，PO1.因为PO底面ABCD，所以POBD，又BDAC，POACO，所以BD平面PAC，连接EO，则BEO为直线BE与平面PAC所成的角在RtPOA中，因为PO1，OA，所以PA2，OEPA1，在RtBOE中，因为BO，所以tanBEO，即BEO60.方法归纳求异面直线所成角的关键点(1)通过平移两条异面直线使其相交，或将其中一条平移与另一条相交，得到异面直线所成的角.(2)求异面直线所成角时，常放在直角三角形中，利用三角函数的定义求解，或放在非直角三角形中，使用余弦定理求解.对点即时训练1(2018张家口模拟)三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1平面ABC，AA1AB，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C.D.C取BC的中点O，连接NO，AO，MN，因为B1C1BC，OBBC，所以OBB1C1，OBB1C1，因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以MNB1C1，MNB1C1，所以MNOB，所以四边形MNOB是平行四边形，所以NOMB，所以ANO或其补角即为BM与AN所成角，不妨设AB2，则有AO，ONBM，AN，在ANO中，由余弦定理可得cosANO.故选C.2(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A. B. C. D.A如图，设平面CB1D1平面ABCDm1.平面平面CB1D1，m1m.又平面ABCD平面A1B1C1D1，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1.B1D1m.平面ABB1A1平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，同理可证CD1n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角在正方体ABCDA1B1C1D1中，CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60，其正弦值为.3在四面体ABCD中，BDCDAB1，ABBD，CDBD.当四面体ABCD体积最大时，直线AD与平面BCD所成的角是_45如图，将四面体ABCD置于棱长为1的正方体中，显然当AB平面BCD时，四面体ABCD的体积最大，此时直线AD与平面BCD所成角就是ADB，而ADB45，故直线AD与平面BCD所成角就是45.题型3平面图形的折叠问题核心知识储备翻折问题的注意事项(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础高考考法示例【例3】(2018洛阳模拟)如图2423，在四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.图2423(1)若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由(2)求三棱锥ACDF的体积的最大值思路点拨(1)(2)解(1)如图，AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时.理由如下：过P作PMFD，连接EM、PC.当时，可知，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CPME.又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故CP平面ABEF.(2)设BEx，所以AFx(0x4)，FD6x，故V三棱锥ACDF2(6x)x(x26x)，当x3时，V三棱锥ACDF有最大值，且最大值为3.方法归纳平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，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)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.(教师备选)如图2424，在四边形ABCD中，ADCD2，AC2，ABC是等边三角形，F为线段AC的中点将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2424所示图2424图2424(1)求证：ACBD；(2)试问：在线段BC上是否存在一点E，使得？若存在，请求出点E的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：ADCD2，AC2，从而AD2CD2AC2，故ADCD，ADC是等腰直角三角形，又F为线段AC的中点，所以DFAC.连接BF(图略)，因为ABC是等边三角形，所以BFAC.又DFBFF，故AC平面BDF.又BD平面BDF，所以ACBD.(2)线段BC上存在点E，使得，且E为线段BC的中点因为平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABCAC，且DFAC，所以DF平面ABC，故DF为三棱锥DFCE和DABC的高，所以.又F为线段AC的中点，所以，故，从而E为线段BC的中点，即当E为线段BC的中点时，.对点即时训练(2018菏泽模拟)如图2425，在矩形ABCD中，AB2AD，M为DC的中点，将ADM沿AM折起使平面ADM平面ABCM.图2425(1)当AB2时，求三棱锥MBCD的体积；(2)求证：BMAD.解(1)取AM的中点N，连接DN.在矩形ABCD中，M为DC的中点，AB2AD，DMAD.又N为AM的中点，DNAM.又平面ADM平面ABCM，平面ADMABCMAM，DN平面ADM，DN平面ABCM.AD1，DN.又SBCMCMCB，V三棱锥MBCDV三棱锥DBCMSBCMDN.(2)证明：由(1)可知，DN平面ABCM.又BM平面ABCM，BMDN.在矩形ABCD中，AB2AD，M为MC中点，ADM，BCM都是等腰直角三角形，且ADM90，BCM90，BMAM.又DN，AM平面ADM，DNAMN, BM平面ADM.又AD平面ADM，BMAD.1(2017全国卷)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()AA项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.2(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1BA1EBDCA1EBC1 DA1EACC如图，A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，B，D错；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.)A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错故选C.3(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)对于，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确4(2018全国卷)如图2426，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点图2426(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离解(1)证明：因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知，OPOB.由OPOB，OPAC，OB平面ABC，AC平面ABC，OBACO，知PO平面ABC.(2)作CHOM，垂足为H.又由(1)可得OPCH，OP平面POM，OM平面POM，OPOMO，所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离由题设可知OCAC2，CMBC，ACB45.所以OM，CH.所以点C到平面POM的距离为.5(2016全国卷)如图2427，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置图2427(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积解(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD.(2)由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4.所以OH1，DHDH3.于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD.又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.又由得EF.五边形ABCFE的面积S683.所以五棱锥DABCFE的体积V2.一、立体几何中的数学文化【例1】我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等已知某不规则几何体与如图1所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为 ()图1A4B8C8 D82思路点拨根据题设所给的三视图，想象出图所对应几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可解析由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为238，半圆柱的体积为(12)2，因此该不规则几何体的体积为8，故选C.答案C体会领悟祖暅原理是我国古代数学家祖暅提出的一个有关几何求积的著名定理.本例以我国古代数学家的研究成果为背景，考查空间几何体的三视图和体积计算，既检测了考生的基础知识和基本技能，又展示了中华民族的优秀文化.二、立体几何与其它知识的交汇创新预测1：创新命题情景中的立体几何【例2】如图2