高考数学复习第四讲立体几何微专题2空间点、直线、平面之间的位置关系学案理.docx

微专题2空间点、直线、平面之间的位置关系命 题 者 说考 题 统 计考 情 点 击2018全国卷T9异面直线所成的角2018浙江高考T6直线与平面平行2017全国卷T10异面直线所成的角2017全国卷T16圆锥、异面直线所成的角1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题。2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问。考向一 空间点、线、面的位置关系判断【例1】(1)已知，是两个不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中不正确的是()A若lm，ln，m，n，则lB若l，l，则C若，l，m，ml，则mD若，m，n，则mn(2)已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，则B若m，n，则mnC若m，n，则mnD若l，则l解析(1)由lm，ln，m，n，不能推出l，缺少条件m与n相交，故A不正确；若l，l，则过l作平面，使c，则lc，故c，c，故，B正确；根据面面垂直的性质定理知C正确；D正确。故选A。(2)若，则与相交或平行，故A错误；若m，n，则由直线与平面垂直的性质得mn，故B正确；若m，n，则m与n相交、平行或异面，故C错误；若l，则l或l，故D错误。故选B。答案(1)A(2)B判断空间点、线、面位置关系，主要依据四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了。如果要否定一结论，只需找到一个反例即可。 变|式|训|练1已知直线a，b和平面，下列命题中是假命题的有_(只填序号)。若ab，则a平行于经过b的任何平面；若a，b，则ab；若a，b，且，则ab；若a，且b，则ba。解析若ab，a，b可以确定平面，则a平行于经过b的任何平面，不正确；若a，b，则ab或a，b相交、异面，不正确；若a，b，且，则a，b关系不确定，不正确；若a，且b，则b与a关系不确定，不正确。答案2(2018益阳、湘潭调研)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有()AB CD解析由题意，可知题图中，GHMN，因此直线GH与MN共面；题图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图中，连接MG，则GMHN，因此直线GH与MN共面；题图中，连接GN，G，M，N三点共面，但H平面GMN，所以直线GH与MN异面。故选C。答案C考向二 异面直线所成的角【例2】(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A BC D解析解法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，)，D1(0，0，)，所以(1,0，)，(1,1，)，因为cos，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为。故选C。解法二：如图，补上一相同的长方体CDEFC1D1E1F1，连接DE1，B1E1。易知AD1DE1，则B1DE1或其补角为异面直线AD1与DB1所成角。因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，所以DE12，DB1，B1E1，在B1DE1中，由余弦定理，得cosB1DE10，所以B1DE1为锐角，即为异面直线AD1与DB1所成的角，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C。解法三：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角。因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1，所以OMAD11，ODDB1，于是在DMO中，由余弦定理，得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C。答案C求异面直线所成的角，一般是用平移法把异面直线平移为相交直线，然后再解三角形求解。 变|式|训|练(2018陕西质量检测)已知ABC与BCD均为正三角形，且AB4。若平面ABC平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为，则cos()AB C D解析如图，取BC的中点O，取BD的中点E，取AC的中点F，连接OA，OE，OF，EF，则OECD，OFAB，则EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角，依题得OECD2，OFAB2，过点F作FGBC于点G，易得FG平面BCD，且FGOA，G为OC的中点，则OG1，又OE2，EOG60，所以由余弦定理得EG，由勾股定理得EF2FG2EG2()2()26，在OEF中，由余弦定理得cosEOF，所以cos。故选D。答案D考向三 空间点、线、面的综合问题【例3】(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC(2)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，给出下列结论：四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90且小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长。其中正确结论的序号是_。解析(1)解法一：由正方体的性质，得A1B1BC1，B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1CD。又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1。故选C。解法二：因为A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，所以B、D错误；因为A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，所以A1EBC1，(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，所以BC1平面CEA1B1。又A1E平面CEA1B1，所以A1EBC1。)，C正确；因为A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直。A错误。故选C。(2)对于，如图，AE，CF分别为BD边上的高，由ADBC，ABCD，BDDB可知ABDCDB，所以AECF，DEBF，当且仅当ADAB，CDBC时，E，F重合，此时ACBD，所以当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故错误；对于，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故正确；对于，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60，此时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180，故错误；对于，如图，G，H，I，J为各边中点，因为ACBD，所以四边形GHIJ为菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故正确；对于，从A点出发的三条棱为AB，AC，AD，因为ACBD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故正确。综上所述，正确的结论为。答案(1)C(2)破解此类问题需：(1)认真审题，并细观所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解；(2)懂得转化，即把面面关系问题转化为线面关系问题，再把线面关系问题转化为线线关系问题，通过转化，把问题简单化，问题的解决也就水到渠成了。 变|式|训|练1若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面平行的棱有()A0条 B1条C2条 D0条或2条解析如图，因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面平行的棱有2条。故选C。答案C2如图，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() A B CD解析解法一：对于B，如图所示，连接CD，因为ABCD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQCD，所以ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ。同理可证选项C，D中均有AB平面MNQ。故选A。解法二：对于A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQAB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行。故选A。答案A1(考向一)(2018重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b解析对于A，若存在一条直线a，a，a，则或与相交，若，则存在一条直线a，使得a，a，所以选项A的内容是的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是的一个必要条件而不是充分条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有，所以选项D的内容是的一个充分条件。故选D。答案D2(考向二)(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6 C8 D8解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知AC1B30，因为AB2，所以BC12，从而求得CC12，所以该长方体的体积为V2228。故选C。答案C3(考向三)在底面是菱形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PAAB3，AF2，则等于()AB CD解析如图所示，延长BA，CF交于点G，连接EG，与PA的交点就是K点，则AG6，过点A作AHPB，与EG交于点H，则。故选A。答案A4(考向三)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在()AABC的内部BABC的外部C直线AB上D以上均有可能解析因为ACAB，ACBC1，所以AC平面ABC1，AC平面ABC，所以平面ABC1平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上。若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在ABC的外部。故选B。答案B5(考向三)(2018成都诊断)在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD为正方形