（课标专用）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.2空间点、线、面的位置关系课件.pptx

8.2 空间点、线、面的位置关系,高考文数（课标专用),考 点 空间点、线、面的位置关系,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标全国,8,5分)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.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线,答案 B 本题考查了两直线的位置关系,通过面面垂直考查了空间想象能力和数学运算能 力,体现的核心素养为直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上, 平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD=CD, EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE, 设CD=2,则EN= = =2, BE= = =2 ,又在正方形ABCD中,BD= =2 =BE,EBD是等腰三 角形,故在等腰EBD中,M为DE的中点,BM= = = ,BM= 2=EN,即BM EN.又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相交直线,故选B.,疑难突破 过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM的关键,也是解本题的突破口.,2.(2018课标全国,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1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.,答案 C 本题主要考查异面直线所成的角. 因为CDAB,所以BAE(或其补角)即为异面直线AE与CD所成的角. 设正方体的棱长为2,则BE= . 因为AB平面BB1C1C, 所以ABBE. 在RtABE中,tanBAE= = .故选C.,解题关键 找到异面直线所成的角或其补角是求解关键.,3.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:ACBD; (2)已知ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AEEC,求四面体 ABCE与四面体ACDE的体积比.,解析 (1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO. 因为AD=CD,所以ACDO. 又由于ABC是正三角形,所以ACBO. 因为DOBO=O, 所以AC平面DOB, 因为BD平面DOB, 所以ACBD. (2)连接EO. 由(1)及题设知ADC=90, 所以DO=AO. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故DOB=90. 由题设知AEC为直角三角形,所以EO= AC. 又ABC是正三角形,且AB=BD, 所以EO= BD. 故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ,四面体ABCE的体积为 四面体ABCD的体积的 ,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考 点 空间点、线、面的位置关系,1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则 ( ) A.ml B.mn C.nl D.mn,答案 C =l,l, n,nl.故选C.,2.(2016山东,6,5分)已知直线a,b分别在两个不同的平面,内.则“直线a和直线b相交”是“平 面和平面相交”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A 因为直线a和直线b相交,所以直线a与直线b有一个公共点,而直线a,b分别在平面, 内,所以平面与必有公共点,从而平面与相交;反之,若平面与相交,则直线a与直线b可能 相交、平行、异面.故选A.,评析 本题考查了线面的位置关系和充要条件的判断.,3.(2015广东,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,l是平面与平面的交线, 则下列命题正确的是 ( ) A.l与l1,l2都不相交 B.l与l1,l2都相交 C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l至少与l1,l2中的一条相交,答案 D 解法一:如图1,l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图2,l1与l2是异 面直线,l1,l2都与l相交,故C不正确,选D. 解法二:因为l分别与l1,l2共面,故l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l与l1,l2都 不相交,则ll1,ll2,从而l1l2,与l1,l2是异面直线矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交,选D.,4.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论; (3)证明:直线DF平面BEG.,解析 (1)点F,G,H的位置如图所示. (2)平面BEG平面ACH.证明如下: 因为ABCD-EFGH为正方体,所以BCFG,BC=FG, 又FGEH,FG=EH,所以BCEH,BC=EH, 于是四边形BCHE为平行四边形. 所以BECH. 又CH平面ACH,BE平面ACH, 所以BE平面ACH. 同理BG平面ACH. 又BEBG=B, 所以平面BEG平面ACH.,(3)证明:连接FH. 因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH平面EFGH, 因为EG平面EFGH,所以DHEG. 又EGFH,DHFH=H, 所以EG平面BFHD. 又DF平面BFHD,所以DFEG. 同理DFBG. 又EGBG=G, 所以DF平面BEG.,评析 本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知 识,考查空间想象能力、推理论证能力.,C组 教师专用题组,1.(2015浙江,4,5分)设,是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l,m. ( ) A.若l,则 B.若,则lm C.若l,则 D.若,则lm,答案 A 对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若,l,m, 则l与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,当l平行于与的交线时,l ,但此时与相交,所以选项C错误;对于选项D,若,则l与m可能平行,也可能异面,所以选 项D错误.故选A.,2.(2011全国,12,5分)已知平面截一球面得圆M,过圆心M且与成60二面角的平面截该球面 得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为4,则圆N的面积为 ( ) A.7 B.9 C.11 D.13,答案 D 设球心为O,由题意得MON=60,设圆M与圆N的半径分别为r1、r2,由 =4,得r1= 2,则|OM|= =2 ,|ON|=|OM|cos 60= ,所以r2= = ,所以圆N的面积为 =13,故选D.,评析 本题考查球面中截面圆的性质和二面角的性质,找出MON和二面角的大小关系是解 题关键.,3.(2010课标全国,6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BAC=90,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1 所成的角等于 ( ) A.30 B.45 C.60 D.90,答案 C 分别取AB、AA1、A1C1的中点D、E、F,连接DE,EF,DF,则BA1DE,AC1EF,所以 异面直线BA1与AC1所成的角为DEF(或其补角),设AB=AC=AA1=2,则DE=EF= , DF= ,由 余弦定理得,DEF=120, 所以异面直线BA1与A1C所成的角为60,故选C.,4.(2011全国,15,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为C1D1的中点,则异面直线AE与BC所成角 的余弦值为 .,答案,解析 如图,取A1B1的中点F,连接EF、AF, 可得EFBC,则AEF(或其补角)为异面直线AE与BC所成的角, 设正方体的棱长为2,则在RtAFE中,EF=2,AF= ,AE=3,易知AEF是直角三角形,且AFE= 90, 所以cosAEF= = .,5.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的 中点. (1)证明:PB平面AEC; (2)设AP=1,AD= ,三棱锥P-ABD的体积V= ,求A到平面PBC的距离.,解析 (1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EOPB. 因为EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC. (2)V= PAABAD= AB.又V= ,所以AB= , 所以PB= = . 作AHPB交PB于H. 由题设知BC平面PAB,因为AH平面PAB, 所以BCAH, 又BCBP=B, 故AH平面PBC. 又AH= = , 所以A到平面PBC的距离为 .,思路分析 (1)由线线平行证出线面平行; (2)首先由题设求出AB,然后过A作AHPB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离,通过解三角 形求解即可.,考点一 空间点、线、面的位置关系,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019湖北荆州模拟,3)设,是两个不同的平面,a,b是两条不同的直线,则下列命题正确的是 ( ) A.若ab,b,则a B.若a,b,则a与b是异面直线 C.若a,b,ab,则 D.若=b,ab,则a且a,答案 C 选项A,a可能在内,故A错;选项B,a与b可能平行可能异面,故B错;选项D,a可能在 或内,故D错.故选C.,2.(2018安徽安庆模拟,3)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是线段BC1上任意一点,则下列结论中 正确的是 ( ) A.AD1DP B.AC1DP C.APB1C D.A1PB1C,答案 C 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, B1CBC1,B1CAB,BC1AB=B, B1C平面ABC1D1, 点P是线段BC1上任意一点, AP平面ABC1D1, APB1C.故选C.,3.(2017河北唐山一模,4)下列命题正确的是 ( ) A.若两条直线和同一个平面平行,则这两条直线平行 B.若一直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面垂直于同一个平面,则这两个平面平行,答案 C A选项中的两条直线可能平行,可能异面,也可能相交;B,一直线可以与两垂直平面 所成的角都是45;易知C正确;D中的两平面也可能相交.,4.(2019河北模拟,5)若a,b是不同的直线,是不同的平面,则下列命题中正确的是 ( ) A.若a,b,ab,则 B.若a,b,ab,则 C.若a,b,ab,则 D.若a,b,ab,则,答案 C ab,a,b, 又b,.故选C.,5.(2019广东东莞模拟,2)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1 是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是 ( ) A.CC1与B1E是异面直线 B.AC平面ABB1A1 C.AE,B1C1为异面直线,且AEB1C1 D.A1C1平面AB1E,答案 C 因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内,且CC1与B1E是相交直线,所以选项A错误.假设AC 平面ABB1A1,则ACAB,即CAB=90,从而可得C1A1B1=90,这与题设“底面三角形A1B1C1 是正三角形”矛盾,故假设错误,即选项B错误.因为点B1AE,直线B1C1交平面AEB1于点B1,所以 AE,B1C1为异面直线;由题意可知ABC是正三角形,又E是BC的中点,所以AEBC,结合BC B1C1可得AEB1C1,故选项C正确.因为直线AC交平面AB1E于点A,又ACA1C1, 所以直线A1C1与平 面AB1E相交,故选项D错误.综上,选C.,6.(2019江西百所名校模拟八,16)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,过BD1的截面的 面积为S,则S的最小值为 .,答案 2,解析 由题知,截面可能是矩形,可能是平行四边形,(1)当截面为矩形时,即截面为矩形ABC1D1, 矩形A1BCD1,矩形BB1D1D,由正方体的对称性可知 = = =4 . (2)当截面为平行四边形时,如图所示,过点E作EMBD1于M,如图a所示, =BD1EM,又因为BD1=2 ,图a 所以 =EM2 ,过点M作MND1D交BD于N,连接AN,当ANBD时,AN最小,此时EM 的值最小,为 ,故四边形BED1F的面积最小值为 2 =2 , 又因为4 2 ,所以过BD1的截面的面积S的最小值为2 .,考点二 异面直线所成的角 1.(2018湖南永州三模,7)三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,则异面 直线BM与AN所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 连接DN,取DN的中点O,连接MO,BO, M是AD的中点, MOAN,BMO(或其补角)是异面直线BM与AN所成的角, 设三棱锥A-BCD的所有棱长为2, 则AN=BM=DN= = , 则MO= AN= =NO= DN, 则BO= = = , 在BMO中,由余弦定理得cosBMO= = = , 异面直线BM与AN所成角的余弦值为 .故选D.,2.(2019福建漳州二模,8)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点,则异面直线AD1与OC1所成 角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 如图, 连接BD,BC1,则AD1BC1,OC1B(或其补角)即为异面直线AD1与OC1所成角, 设正方体的棱长为2,则BC1=2 ,OB= ,由CC1底面ABCD,得CC1BD, 又BDAC,且ACCC1=C, BD平面C1CO,则BOOC1, 在RtC1OB中,由BC1=2 ,OB= ,得OC1= , cosOC1B= = . 即异面直线AD1与OC1所成角的余弦值为 .故选C.,3.(2019广东江门一模,8)正方体的平面展开图如图,AB、CD、EF、GH四条对角线两两一对得 到6对对角线,在正方体中,这6对对角线所在直线成60角的有 ( ) A.1对 B.2对 C.3对 D.4对,答案 D 平面展开图对应的正方体如图,其中AB与GH、AB与EF、GH与CD、EF与CD所成 的角为60,共有4对.故选D.,思路分析 作出平面展开图对应的正方体,分析其中6条对角线所在直线成60角的情况,有两 对是垂直关系,从而可得答案.,4.(2019湖南湘潭二模,14)已知四棱锥P-ABCD的底面边长都为2,PA=PC=2 ,PB=PD,且 DAB=60,M是PC的中点,则异面直线MB与AP所成的角为 .,答案 30,解析 如图,连接AC与BD,相交于点N,连接MN,则MNPA, 所以NMB(或NMB的补角)为异面直线MB与AP所成的角, 在MNB中,由题意得NB=1,MN= ,BNMN, 则tanNMB= = , NMB=30,故答案为30.,5.(2019河南安阳一模,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是底面ABCD的中心,过O点作一条 直线l与A1D平行,设直线l与直线OC1的夹角为,则cos = .,答案,解析 如图所示,设正方体的表面ABB1A1的中心为P,容易证明OPA1D, 所以直线l即为直线OP,角即POC1. 设正方体的棱长为2, 则OP= A1D= ,OC1= ,PC1= , 则cosPOC1= = = .,解题关键 作出A1D的平行线OP是得到l与OC1夹角的关键,然后再由余弦定理求出结果.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间:35分钟 分值:55分) 一、选择题(每题5分,共35分),1.(2018山西临汾模拟,5)如图,在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面,设平面 ABC=l,若lA1C1,则这3个点可以是 ( ) A.B,C,A1 B.B1,C1,A C.A1,B1,C D.A1,B,C1,答案 D 过点B作BDAC,则BDA1C1, 连接A1B,C1D,CD,如图所示: 则平面可以为平面A1BDC1, 则平面ABC=BD=l,且lA1C1, 所以这3个点可以是A1、C1、B.故选D.,2.(2019广东深圳二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,设直 线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,则 ( ) A.mD1Q B.m平面B1D1Q C.mB1Q D.m平面ABB1A1,答案 B 正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点, 直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,且BDB1D1,mBDB1D1,m平面B1D1Q,B1D1 平面B1D1Q,m平面B1D1Q.故选B.,思路分析 由直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,且BDB1D1,得到mBDB1D1,由此能得 到m平面B1D1Q.,3.(2019江西南昌二模,10)设点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线BD1的中点,平面过点P, 且与直线BD1垂直,平面平面ABCD=m,则m与A1C所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 设正方体的棱长为1.由题意知mAC,直线m与A1C所成角(或其补角)等于ACA1,在RtACA1中,cosACA1= = = . 故选B.,4.(2017河南百校联盟质检,10)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1和AB的中 点,平面B1EF交棱AD于点P,则PE= ( ) A. B. C. D.,答案 D 过点C1作C1GB1F,交直线CD于点G,过点E作HQC1G,交直线CD、C1D1于点H、 Q,连接B1Q,HF,HF交AD于点P,因为C1GB1F,C1GHQ,所以HQB1F,所以Q、H、F、B1四点 共面,易求得HD=D1Q= ,由PDHPAF可得 = =2,则PD= ,在RtPED中,PE= = ,故选D.,解题关键 根据平面的基本性质和确定平面的依据作出点P的位置是解题的关键.,5.(2019河南安阳调研四,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E平面AA1B1B,点F是线段AA1的中 点,若D1ECF,则当EBC的面积取得最小值时, = ( ) A. B. C. D.,答案 D 如图所示,连接B1D1,取AB的中点G,连接D1G,B1G.由题意得CF平面B1D1G, 当点E在直线B1G上时,D1ECF, 设BC=a,则SEBC= EBEC= EBa, 当EBC的面积取最小值时,线段EB的长度为点B 到直线B1G的距离,线段EB长度的最小值 为 , = = .故选D.,思路分析 取AB的中点G,由题意得CF平面B1D1G,当点E在直线B1G上时,D1ECF,当EBC 的面积取最小值时,线段EB的长度为点B到直线B1G的距离,由此求出 .,6.(2019河北衡水三模,12)已知在高为2,底面边长为3的正三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,F,G分别是 A1C1,A1B1,AB上的点,且有C1E=A1F=BG=1,则过点E,F,G的平面截正三棱柱所得的截面的面积为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 如图所示,在平面ABB1A1内,连接GF并延长与AA1的延长线交于点P,A1F=BG=1, AB=3,AG=2,A1F AG,A1为AP的中点,连接PE并延长与AC的延长线交于点H,交线段CC1 于点N,A1EAC,A1为AP的中点,E为PH的中点,N为CC1的中点,C1E=1,A1C1=3,A1E=2, AH=4,CH=1,连接GH交BC于点M,连接MN,则EFGH.EA1F=60,A1E=2,A1F=1,EFA1B1, GHAB,EF平面ABB1A1.又ABC=60,BM=2,CM=1,在RtPEF中,PF= ,EF= , SPEF= = ,在RtPGH中,PG=2 ,GH=2 ,SPGH= 2 2 =2 ,在MNH 中,NH=NM= ,MH= ,SMNH= = ,截面的面积为S=SPGH-SPEF-SMNH=2 - - = .故选D.,7.(2019江西百所名校模拟九,12)已知ABC的边长都为2,在边AB上任取一点D,沿CD将 BCD折起,使平面BCD平面ACD.在平面BCD内过点B作BP平面ACD,垂足为P,那么随着点 D的变化,点P的轨迹长度为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 由题意知,平面BCD平面ACD,且BP平面ACD,那么随着点D的变化,BPCD始 终成立,可得在平面ABC中,BPCP始终成立,即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分,由 题知随着点D的变化,BCD的范围为 ,可得点P的轨迹是以BC为直径的圆的 ,即得点P 的轨迹长度为 21= .,方法指导 由垂直关系得到总有BPCP,则可判断出点P的轨迹是圆的一部分,从而使问题得解.,二、填空题(每题5分,共10分) 8.(2018广东化州二模,15)已知球O是正三棱锥(底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中 心)A-BCD的外接球,BC=3,AB=2 ,点E在线段BD上,且BD=3BE,过点E作球O的截面,则所得的 截面中面积最小的截面圆的面积是 .,答案 2,解析 如图,设BDC的中心为O1,球O的半径为R, 连接AO1,O1D,OD,O1E,OE, 则O1D=3sin 60 = ,AO1= =3, 在RtOO1D中,R2=3+(3-R)2, 解得R=2, BD=3BE,DE=2, 在DEO1中,O1E= =1, OE= = , 过点E作球O的截面,当截面与OE垂直时,截面圆的面积最小, 此时截面圆的半径为 = ,面积为2.故答案为2.,9.(2019河南郑州期末,16)在体积为32的长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=B1B=4,P平面ABB1A1. 记点P到AA1的距离为h1,到AB的距离为h2,到CD的距离为h3,若h1=h3,则当点A1到点P的距离最小 时,h2= .,答案 2,解析 依题意,得BC= =2,故h3= ,因为h1=h3,故h1= ,所以点A1到点P的距离为 = = 2 (当且仅当h2=2时取等号),故当点A1到P的 距离最小时,h2=2.,三、解答题(共10分) 10.(2019福建厦门第一次质检,18)如图,在多面体ABCDEF中,AD,BE,CF均垂直于平面ABC,AC =BC,AD=2,BE=4,CF=3. (1)过CF的平面