xx届高考数学备考复习点、直线、平面之间的位置关系教案

1 / 24 XX 届高考数学备考复习点、直线、平面之间的位置关系教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 专题四：立体几何 第二讲点、直线、平面之间的位置关系 【最新考纲透析】 1理解空间直线 平面位置关系的定义。 2了解可以作为推理依据的公理和定理。 3认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。 4能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。 【核心要点突破】 要点考向 1：线线、线面的位置关系 考情聚焦： 1空间 直线的位置关系、直线与平面的位置关系是最基本的关系，是高考中重点考查的内容，几乎年年都考。 2题目基本上以柱体、锥体为背景，重点考查异面直线及线面关系。 3三种题型均可出现，属较容易或中档题。 2 / 24 考向链接： 1解决此类问题时要特别注意线线平行与垂直、线在平行与垂直、面面平行与垂直间的相互转化。 2证明线线平行的常用方法：（ 1）利用定义，证两线共面且无公共点；（ 2）利用公理 4，证两线同时平行于第三条直线；（ 3）利用线面平行的性质定理把证线线平行转化为证线面平行。 3证明线面平行常用方法：（ 1） 利用线面平行的判定定理把证线面平行转化为证线线平行；（ 2）利用性质 4证明线面垂直的方法有： （ 1）定义； （ 2）判定定理； 例 1：（ XX天津高考文科 9） 如图，在五面体 ABcDEF 中，四边形 ADEF是正方形， FA 平面 ABcD， BcAD ， cD=1， AD=， BAD cDA 45. （ ）求异面直线 cE与 AF所成角的余弦值； （ ）证明 cD 平面 ABF； （ ）求二面角 B-EF-A 的正切值。 【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面 垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力。 【思路点拨】（ 1） cED 即为异面直线 cE与 AF所成角；（ 2）3 / 24 证明 cD 垂直于两条相交直线 AB、 FA;（ 3）做辅助线构造二面角的平面角。 【规范解答】 (I)解：因为四边形 ADEF是正方形，所以 FA/ED.故为异面直线 cE 与 AF 所成的角 .因为 FA 平面 ABcD，所以FAcD.故 EDcD. 在 RtcDE 中， cD=1， ED=， cE=3,故 cos=. 所以异面直线 cE和 AF所成角的余弦值为 . () 证明：过点 B作 BG/cD,交 AD于 点 G，则 .由 ,可得 BGAB,从而 cDAB,又 cDFA,FAAB=A,所以 cD平面 ABF. () 解：由（ ）及已知，可得 AG=，即 G 为 AD的中点 .取EF 的中点 N，连接 GN，则 GNEF,因为 Bc/AD,所以 Bc/EF.过点 N 作 NmEF，交 Bc于 m，则为二面角 B-EF-A 的平面角。 连接 Gm，可得 AD 平面 GNm,故 ADGm.从而 BcGm.由已知，可得 Gm平面 mAB.由 NG/FA,FAGm,得 NGGm. 在 RtNGm 中， tan, 所以二面角 B-EF-A 的正切值为 . 要点考向 2：面面位置关 系 考情聚焦： 1在高考中，本部分内容几乎年年考查，主要考查学生分析问题、解决问题的能力。 2题目基本上以棱柱、棱锥为背景，考查面面平行或垂直。 3选择题、填空题、解答题均可出现，题目难度为低档或中档。 4 / 24 考向链接： 1证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可。从而将面面平行转化为线面平行，再转化为线线平行。 2证明面面垂直的方法：证明一个面过另一个面的垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或 添加辅助线解决。 例 2：（ XX辽宁高考文科 19） 如图，棱柱 ABc A1B1c1的侧面 Bcc1B1 是菱形， B1cA1B. () 证明：平面 AB1c 平面 A1Bc1; （ ) 设 D 是 A1c1上的点，且 A1B 平面 B1cD，求 A1D:Dc1的值 . 【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。 【思路点拨】（ I）先证明 B1c 平面 A1Bc1.再证明平面 AB1c平面 A1Bc1; （ II）利用线面平行的性质，得到 DE/A1B，判断出 D 点是中点，从而可解 【规范解答】（ I） 5 / 24 （ II） 【方法技巧】 1、证明面面垂直，一般通过证明一个平面经过另一个平面的垂线，为此分析题设，观察图形找到是哪条直线和哪个平面垂直。 2、证明直线和平面垂直，就是要证明这条直线平面内的两条相交直线，这一点在解题时一定要体现出来，如本题中强调了 A1BBc1 B 要点考向 3：与折叠有关的问题 考情聚焦： 1空间图形的折叠问题是近几年高考命题的一个新的亮点 ,它通常与其他知识相结合 ,能够较好地考查学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力。 2选择题、填空题、解答题均可出现，尤其解答题为多，属中档题。 例 3：（ XX浙江高考文科 20）如图，在平行四边形 ABcD中， AB=2Bc， ABc=120 。 E 为线段 AB的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折成 A DE，使平面 A DE 平面 BcD， F 为线段 A c 的中点。 （ ）求证： BF 平面 A DE； （ ）设 m 为线段 DE的中点，求直线 Fm与平面 A DE所成6 / 24 角的余弦值。 【命题立意】本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系 ，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。 【思路点拨】（ 1）可以在面内找一条直线与 BF 平行，从而证明线面平行；（ 2）求线面角的关键是找到对应的平面角。 【规范解答】 () 取 AD 的中点 G，连结 GF， cE，由条件易知 FGcD ， FG=cD,BE=cD. 所以 FGBE,FG=BE. 故四边形 BEGF为平行四边形 ,所以 BFEG 因为平面， BF平面，所以 BF/平面 （ ） 在 平 行 四 边 形 ABcD 中，设 Bc=a ，则AB=cD=2a,AD=AE=EB=a,连 cE。 因为，在 BcE 中， 可得 cE=a,在 ADE 中，可得 DE=a, 在 cDE 中，因为 cD2=cE2+DE2，所以 cEDE, 在正三角形 ADE 中， m 为 DE中点， 所以 AmDE. 由平面 ADE 平面 BcD, 可知 Am 平面 BcD,AmcE. 取 AE 的中点 N， 连线 Nm、 NF，所以 NFDE,NFAm. 因为 DE交 Am 于 m, 所以 NF 平面 ADE, 则 FmN 为直线 Fm与平面 ADE 所成的角 . 在 RtFmN 中， NF=a,mN=a,Fm=a,则 cos=. 7 / 24 所以直线 Fm与平面 ADE 所成角的余弦值为 . 【方法技巧】找线面所成角时，可适当的作一条面的垂线，从而把线面角转化为线线夹角。 注：（ 1）解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，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，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形。 【高考真题探究】 1（ XX山东高考理科 3）在空间，下列命题正确的是（） （ A）平行直线的平行投影重合 （ B）平行于同一直线的两 个平面平行 （ c）垂直于同一平面的两个平面平行 （ D）垂直于同一平面的两条直线平行 【命题立意】本题考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力 . 【思路点拨】可利用特殊图形进行排除 . 【规范解答】选 D，在正方体中，但它们在底面上的投影仍平行，故 A 选项不正确；平面与平面都平行于直线，但平面与平面相交，故 B 选项不正确；平面与平面都垂直于平面，8 / 24 但平面与平面相交，故 c 选项不正确；而由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以证明选项 D 正确 . 2（ XX浙江高考理科 6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（） （ A）若，则（ B）若，则 （ c）若，则（ D）若，则 【命题立意】本题考查空间中的线线、线面位置关系，考查空间想象能力。 【思路点拨】利用线面平行、线面垂直的判定定理。 【规范解答】选 B。如图（ 1），选项 A 不正确；如图（ 2），选项 B 正确；如图（ 3）选项 c 不正确；如图（ 4）选项 D 不正确。 3（ XX广东高考理科 18）如图 5，是 半径为 a 的半圆， Ac为直径，点 E 为的中点，点 B 和点 c 为线段 AD的三等分点。平面 AEc外一点 F 满足 FB=FD=a， FE=a 证明： EBFD ； 已知点 Q,R分别为线段 FE,FB上的点，使得 FQ=FE,FR=FB,求平面 BED与平面 RQD所成二面角的正弦值。 【命题立意】本题考察空间点、线、面之间的关系以及空间9 / 24 几何体的相关计算 . 【思路点拨】（ 1）点 E 为的中点， Ac为直径是，又面 EBFD. 作出二面角的棱证明为所求二面角的平面角求、 【规范解答】（ 1）证明：连结 .因为是半径为 a 的半圆，为直径 ，点 E 为的中点， 所以，在中，在中，所以是等腰三角形，且点是底边的中点，所以 在中，所以是，所以 . 由，且，所以面 又面，所以， 所以平面，而平面，所以 （ 2）过点作， FQ=FE,FR=FB， 与共面且与共面， 为平面 BED与平面 RQD的棱 . 由（ 1）知，平面，平面，而平面，平面， ，是平面 BED 与平面 RQD所成二面角的平面角 . 在中， ， =. 由余弦定理得： 又由正弦定理得： ，即 10 / 24 所以平面 BED与平面 RQD所成二面角的正弦值为 4（ XX北京高考理科 6）如图，正方形ABcD和四边形 AcEF所在 的平面互相垂直， cEAc,EFAc,AB= ， cE=EF=1. （ ）求证： AF 平面 BDE； （ ）求证： cF 平面 BDE； （ ）求二面角 A-BE-D 的大小。 【命题立意】本题考查了线面平行、线面垂直及二面角的求法。一般的，运用几何法（方法一）对空间想象能力，空间运算能力要求较高，关键是寻找二面角的平面角；运用向量法（方法二）思路简单，但运算量较大，熟练掌握向量的线性运算及数量积是解决问题的关键。 【思路点拨】立 体几何问题一般有两种方法：几何法与向量法。几何法：（ 1）证明 AF 与面 BDE 内的某条线平行；（ 2）证明 cF垂直于面 BDE内的两条相交直线；（ 3）由第（ 2）问的结论，可过 A 作一直线与 cF平行，从而垂直于面 BDE，再过 A 和垂足向二面角 A-BE-D 的菱 BE作垂线，找到二面角的平面角。向量法：利用三个垂直关系 cE， cD， cB，建立空间直角坐标系，利用向量的平行、垂直和数量积求二面角的大小。 【规范解答】方法一： （ I）设 Ac与 BD交点 G。因为 EF/AG，且 EF=1， AG=Ac=1.11 / 24 所以四边形 AGEF为平行四边形 . 所以 AF/EG，因为平面 BDE， AF 平面 BDE，所以 AF/平面BDE. (II)连接 FG，为平行四边形， 又， cEFG为菱形，。 在正方形 ABcD中，。 正方形 ABcD和四边形 AcEF所在的平面互相垂直， ，又，。 （ III）在平面 AcEF 内，过 A 作，垂足为 H，连接 HB。则AH/cF。 AH平面 BDE，。 又面 ABcD面 AcEF， cEAc，面 ABcD，。 又，面 BcE，。面 ABH。 。为所求的二面角 A-BE-D 的平面角。 由得， 为锐角，。 方法二： （ I）因为正方形 ABcD和四边形 AcEF所在的平面相互垂直，且 cEAc，所以 cE 平面 ABcD.如图，以 c 为原点，建立空间直角坐标系 c-.则 c（ 0， 0， 0）， B（ 0， 0），所以， .设为平面 BDE的法向量，则，即，令，得，。 12 / 24 ， 又面 BDE， AF/平面 BDE。 （ II）由（ I）知，所以 , 所以 ,.又因为，所以平面 BDE. (III)设平面 ABE的法向量 ,由（ I）知 =，则， .即所以且令则 .所以 .从而。所以。 因为二面角为锐角， 所以二面角的大小为 . 5（ XX福建高 考文科 20）如图，在长方体ABcD A1B1c1D1 中， E， H 分别是棱 A1B1,D1c1 上的点（点 E与 B1 不重合），且 EH/A1D1。过 EH 的平面与棱 BB1,cc1 相交，交点分别为 F， G。 （ I）证明： AD/平面 EFGH； （ II）设 AB=2AA1=2a。在长方体 ABcD-A1B1c1D1 内随机选取一点，记该点取自于几何体 A1ABFE D1DcGH内的概率为 p。当点 E， F 分别在棱 A1B1,B1B 上运动且满足 EF=a 时，求 p的最小值。 【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面 的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查函数方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。 13 / 24 【思路点拨】第一步由线线平行得到线面平行；第二步求出（ 1）首先求出三棱柱的体积，并求解三棱柱的体积的最大值，然后求解圆柱的体积，利用体积比计算出几何概率。 【规范解答】 (I)证明：在长方体 ABcD-A1B1c1D1 中，又，又平面，所以平面； （ II）设，则在长方体 ABcD-A1B1c1D1 的体积，几何体的体积，又，所以当且仅当时等号成立 ，从而，故，当且仅当时等号成立，所以得最小值等于。 【方法技巧】立体几何中的证明问题，一定要把条件写完整了，保证逻辑合理，如：本题一定要写出。 6（ XX江苏高考 6）如图，在四棱锥P-ABcD 中， PD 平面 ABcD， PD=Dc=Bc=1， AB=2， ABDc ，BcD=900 。 求证： PcBc ； 求点 A 到平面 PBc 的距离。 【命题立意】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。 【思路点拨】（ 1）可 证明 Bc 与 Pc 所在的某一个平面垂直；（ 2）点 A 到平面 PBc 的距离是点 D 到平面 PBc 的距离的 2倍。 【规范解答】（ 1）因为 PD 平面 ABcD， Bc平面 ABcD，所以14 / 24 PDBc 。 由 BcD=900 ，得 cDBc ， 又 PDDc=D， PD、 Dc平面 PcD， 所以 Bc 平面 PcD。 因为 Pc平面 PcD，故 PcBc 。 （ 2）分别取 AB、 Pc的中点 E、 F，连 DE、 DF，则： 易证 DEcB ， DE 平面 PBc，点 D、 E 到平面 PBc 的距离相等。 又点 A 到平面 PBc 的距离等于 E 到平面 PBc的距离的 2 倍。 由（ 1）知： Bc 平面 PcD，所以平面 PBc 平面 PcD 于 Pc， 因为 PD=Dc， PF=Fc，所以 DFPc ，所以 DF 平面 PBc于 F。 易知 DF=，故点 A 到平面 PBc的距离等于。 【方法技巧】一个几何体无论怎样转动，其体积是不变的 .如果一个几何体的底面积和高较难求解时，我们可考虑利用等体积法求解。等体积法也称等积转换或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，把底面积和高的求解转化为数量关系清晰的底面及其对应的高，减少运算量，这也是转化与化归思想在立体几何中 的具体体现。本题也可利用等体积法求解： 连结 Ac。设点 A 到平面 PBc的距离为 h。 因为 ABDc ， BcD=900 ，所以 ABc=900 。 从而 AB=2， Bc=1，得的面积。 15 / 24 由 PD 平面 ABcD及 PD=1，得三棱锥 P-ABc的体积。 因为 PD 平面 ABcD， Dc平面 ABcD，所以 PDDc 。 又 PD=Dc=1，所以。 由 PcBc ， Bc=1，得的面积。 由，得， 故点 A 到平面 PBc 的距离等于。 【跟踪模拟训练】 一、选择题（每小题 6 分，共 36 分） 1.给出以下三个命题 ： 如果一条直线和一个平面平行 ,经过这条直线的平面和这个平面相交 ,那么这条直线和交线平行 ; 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直 ,那么这条直线垂直于这个平面 ; 如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线垂直于这个平面 . 其中真命题的个数是 () (A)3(B)2(c)1(D)0 2.给定空间中的直线 l及平面 , 条件 “ 直线 l与平面 内无数条直线都垂直 ” 是 “ 直线 l 与平面 垂直 ” 的（） (A)充要条件 (B)充分非必要条件 16 / 24 (c)必要非充分条件 (D)既非充分又非必要条 件 3.设有直线 m、 n 和平面 、 . 下列四个命题中 ,正确的是（） (A)若 m,n, 则 mn (B)若 m,n,m,n, 则 (c)若 ,m, 则 m (D)若 ,m,m, 则 m 4.对于平面 和直线 m、 n，给出下列命题 若 mn, 则 m、 n 与 所成的角相等； 若 m,mn, 则 n; 若 m 与 n 是异面直线，且 m, 则 n 与 相交 . 其中真命题的个数是（） (A)0(B)1(c)2(D)3 5.已知平面 外不共线的三点 A、 B、 c 到 的距离都 相等，则正确的结论是（） (A)平面 ABc必不垂直于 (B)平面 ABc必平行于 (c)平面 ABc必与 相交 (D)存在 ABc 的一条中位线平行于 或在 内 6（ XX北京模拟）设 A、 B、 c、 D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（） 17 / 24 A若 Ac 与 BD共面，则 AD 与 Bc共面 B若 Ac 与 BD是异面直线，则 AD与 Bc是异面直线 c若 AB=Ac， DB=Dc，则 AD=Bc D若 AB=Ac， DB=Dc，则 ADBc 二、填空题（每小题 6 分，共 18分） 7.如图 ，长方体 ABcD A1B1c1D1 中 ,mN 在平面 Bcc1B1内 ,mNBc 于 m，则 mN与平面 AB1的位置关系是 _. 8.如果一条直线与一个平面垂直 ,那么，称此直线与平面构成一个 “ 正交线面对 ”. 在一个正方体中 ,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的 “ 正交线面对 ” 的个数是 _. 9.设 、 表示平面， a、 b 表示不在 内也不在 内的两 条 直 线 . 给 出 下 列 四 个 论断 :ab;a;b. 若以其中三个作为条件 ,余下的一个作为结论 ,可以构造出一些命题 .写出你认为正确的 一个命题 _. 三、解答题（ 10、 11题每题 15 分， 12题 16分，共 46分） 10.如图，在四棱锥 P-ABcD 中 .PD 平面 ABcD,AD 平分ADc,E 为 Pc的中点 ,AD=cD. (1)证明 PA 平面 BDE; (2)证明 Ac 平面 PBD; 18 / 24 11.如图，在三棱锥 P-ABc中， PA 底面 ABc， ABc 为正三角形， D、 E 分别是 Bc、 cA的中点 . (1)证明：平面 PBE 平面 PAc. (2)在 Bc上是否存在一点 F，使 AD 平面 PEF？说明理由 . 12.(探究创新题 )如图 ,A、 B、 c、 D 为空间四点 ,在 ABc中 ,AB=2， Ac=Bc=，等边三角形 ADB 以 AB为轴转动 . （ 1）当平面 ADB 平面 ABc时，求 cD的长 ; （ 2）当 ADB 转动时 ,是否总有 ABcD? 证明你的结论 . 参考答案 一、选择题 1.【解析】选 B.由直线与平面平行的性质定理知 正确； 由直线与平面垂直的判定定理知 正确； 若两条直线都平行于一个平面 ,则这两条直线平行或相交或异面，故 不正确 . 2.【解析】选 c.由直线与平面垂直的定义知 ,当直线 l 与平面 内无数条直线都垂直时 ,直线 l与平面 不一定垂直 ;反之成立 . 3.【解析】选 ,nmn 或 m 与 n 相交或 m,n 异面 ,故19 / 24 A 不对 .m,n,m,n, 相交或平行 ,故 B 不对 .,mm 或 m 或 m 与 斜交 ,故 c 不对 .,m,mm 正确 . 故选 D. 4.【解析】选 B. 正确；对 ，若 m,mn, 则 n 或n ；对 ，若 m 与 n 异面， m, 则 n 与 相交或平行或在 内 . 5.【解析】选 D.如图， A、 B、 c 三点不共线且到 的距离都相等，可得 A、 B、 c 皆错 . 6.【解析】选若 Ac与 BD共面，则 A， B， c， D 四点共面，则 AD与 Bc共面； B若 Ac与 BD是异面直线，则 A， B， c， D 四点不共面，则 AD与 Bc是异面直线； c若 AB=Ac， DB=Dc，四边形 ABcD 可以是空间四边形，AD不一定等于 Bc； D若 AB=Ac， DB=Dc，可以证明 ADBc 。 二、填空题 7.【解析】 mNBc ， mNBB1, 而 BB1平面 AB1， mN 平面 AB1. 20 / 24 答案： mN 平面 AB1 8.【解析】 AB 面 Bcc1B1, AB 面 ADD1A1， AB 与面 Bcc1B1， AB与面 ADD1A1 各构成一个 “ 正交线面对 ”. 这样的 “ 正交线面对 ” 共有 122=24 个， 又 A1B 面 AB1c1D. A1B 与面 AB1c1D 构成一个 “ 正交线面对 ”. 这样的 “ 正交线面对 ” 共有 121=12 个， 共有 24+12=36 个 . 答案： 36 9.【解析】由 ab,a,b 可得 . 答案： 三、解答题 10.【证明】 (1)设 AcBD=H, 连结 EH.在 ADc 中 ,因为 AD=cD,且 DB平分 ADc, 所以 H为 Ac的中点 .又由题设 ,E为 Pc的中点 ,故 EHPA. 又 EH 平面 BDE 且 PA 平面 BDE,所以 PA 平面BDE. (2)因为 PD 平面 ABcD,Ac平面 ABcD,所以 PDAc. 结合（ 1）易知 DBAc. 又 PDDB=D. 故 Ac 平面 PBD. 21 / 24 11.【解析】 (1)PA 底面 ABc， BE平面 ABc， PABE. 又 ABc 是