2019高考数学二轮复习专题五立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系学案理.doc

第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一空间线面位置关系的判断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，ab，a.(2)线面平行的性质定理：a，a，b，ab.(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，b，ab.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，ln，l.(2)线面垂直的性质定理：a，b，ab.(3)面面垂直的判定定理：a，a，.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，al，a.对点训练1(2018安徽黄山二模)下列说法中，错误的是()a若平面平面，平面平面l，平面平面m，则lmb若平面平面，平面平面l，m，ml，则mc若直线l平面，平面平面，则ld若直线l平面，平面平面m，直线l平面，则lm解析对于a，由面面平行的性质定理可知为真命题，故a正确；对于b，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故b正确；对于c，若l，则l或l，故c错误；对于d，由线面平行的性质定理可知为真命题，故d正确综上，选c.答案c2(2018湖北重点中学联考)设m，n是平面内的两条不同直线，l1，l2是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是()al1m，l1n bml1，ml2cml1，nl2 dmn，l1n解析由ml1，ml2及已知条件可得m，又m，所以；反之，时未必有ml1，ml2，故“ml1，ml2”是“”的充分不必要条件，其余选项均推不出，故选b.答案b3(2018潍坊模拟)已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面，以下四个命题：若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn；若m，n，且，则mn.其中正确命题的个数是()a4 b3 c2 d1解析若m，n，且，则m，n可能平行、相交或异面，错误；若m，则m，又n，则mn，正确；若n，则n或n，又m，则m，n可能平行、相交或异面，错误 ；若n，则n或n，又m，则mn，正确，综上正确命题的个数是2，故选c.答案c4(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，a，b分别为正方体的两个顶点，m，n，q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线ab与平面mnq不平行的是()解析对于选项b，abmq；对于选项c，abmq；对于选项d，abnq.只有选项a中ab与平面mnq不平行故选a.答案a快速审题看到线面关系的判断，想到空间中点、线、面的位置关系，想到具体的实物代表的线、面或长方体模型空间线面位置关系判定的三种方法(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断考点二空间中平行、垂直关系的证明平行关系及垂直关系的转化证明(1)如图所示，连接ab1交a1b于e，连接ed.abca1b1c1是直三棱柱，且abbb1，侧面abb1a1是正方形，e是ab1的中点，又已知d为ac的中点，在ab1c中，ed是中位线，b1ced，又b1c平面a1bd，ed平面a1bd，b1c平面a1bd.(2)ac1平面a1bd.ac1a1b.侧面abb1a1是正方形，a1bab1.又ac1ab1a，a1b平面ab1c1，a1bb1c1.又abca1b1c1是直三棱柱，bb1b1c1，又bb1a1bb，b1c1平面abb1a1.探究追问在本例(2)的条件下，设ab1，求三棱锥ba1c1d的体积解abbc，d为ac的中点，bdac，bd平面dc1a1.bd是三棱锥ba1c1d的高由(2)知b1c1平面abb1a1，b1c1bc，bc平面abb1a1.ab平面abb1a1，bcab，abc是等腰直角三角形，又abbc1，bd，aca1c1.三棱锥ba1c1d的体积vbdsa1c1da1c1aa11.(1)证明线线平行的4种常用方法利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行平行转换；利用三角形的中位线定理证线线平行；利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换(2)证明线线垂直的3种常用方法利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面对点训练(2018西宁模拟)如图，在几何体abcde中，abad2，abad，ae平面abd，m为线段bd的中点，mcae，且aemc.(1)求证：平面bcd平面cde；(2)若n为线段de的中点，求证：平面amn平面bec.证明(1)abad2，abad，m为线段bd的中点，ambd，ambd.ae平面abd，mcae，mc平面abd，am平面abd.mcam，又mcbdm，am平面bcd.又aemc，四边形amce为平行四边形，ecam，ec平面bcd，ec平面cde，平面bcd平面cde.(2)m为bd的中点，n为de的中点，mnbe.mn平面bec，be平面bec.mn面bec.由(1)知ecam，ec平面bec，am平面bec.am面bec，又ammnm.am平面amn，mn平面amn.平面amn平面bec.考点三空间角的求解1求异面直线所成的角(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角(或直角)即为所求(2)向量法：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为，则cos|cosa，b|.2向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，则sin|cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，若二面角l所成的角为锐角，则cos|cosn1，n2|；若二面角l所成的角为钝角，则cos|cosn1，n2|. 解(1)证法一：由ab2，aa14，bb12，aa1ab，bb1ab得ab1a1b12，所以a1babaa，故ab1a1b1.由bc2，bb12，cc11，bb1bc，cc1bc得b1c1，由abbc2，abc120得ac2，由cc1ac，得ac1，所以abb1cac，故ab1b1c1.又因为b1c1a1b1b1，因此ab1平面a1b1c1.证法二：如图，以ac的中点o为原点，分别以射线ob，oc为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系oxyz.由题意知各点坐标如下：a(0，0)，b(1,0,0)，a1(0，4)，b1(1,0,2)，c1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3)由0得ab1a1b1.由0得ab1a1c1.又因为a1b1a1c1b1，所以ab1平面a1b1c1.(2)设直线ac1与平面abb1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)设平面abb1的法向量n(x，y，z)由即可取n(，1,0)所以sin|cos，n|.因此，直线ac1与平面abb1所成的角的正弦值是.解(1)证明：由题设可得，abdcbd，从而addc.又acd是直角三角形，所以adc90.取ac的中点o，连接do，bo，则doac，doao.又由于abc是正三角形，故boac.所以dob为二面角dacb的平面角在rtaob中，bo2ao2ab2.又abbd，所以bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90.所以平面acd平面abc.(2)由题设及(1)知，oa，ob，od两两垂直以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.则a(1,0,0)，b(0，0)，c(1,0,0)，d(0,0,1)由题设知，四面体abce的体积为四面体abcd的体积为，从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离的，即e为db的中点，得e.故(1,0,1)，(2,0,0)，.设n(x，y，z)是平面dae的法向量，则即可取n.设m是平面aec的法向量，则同理可取m(0，1，)则cosn，m.易知二面角daec为锐二面角，所以二面角daec的余弦值为.向量法求线面角、二面角需破4“关”(1)“建系关”：构建恰当的空间直角坐标系；(2)“坐标关”：准确求解相关点的坐标；(3)“向量关”：准确求出直线的方向向量和平面的法向量；(4)“公式关”：准确利用公式进行求解及转化对点训练1角度1(2018河北唐山模拟)已知p是abc所在平面外一点，m，n分别是ab，pc的中点，若mnbc4，pa4，则异面直线pa与mn所成角的大小是()a30 b45 c60 d90解析取ac的中点o，连接om，on，则onap，onap，ombc，ombc，所以异面直线pa与mn所成的角为onm(或其补角)，在onm中，om2，on2，mn4，由勾股定理的逆定理得omon，则onm30.故选a.答案a2.角度2(2018郑州模拟)如图，在abc中，abc，o为ab边上一点，且3ob3oc2ab，已知po平面abc,2da2aopo，且dapo.(1)求证：平面pbd平面cod；(2)求直线pd与平面bdc所成角的正弦值解(1)证明：oboc，又abc，ocb，boc.coab.又po平面abc，oc平面abc，pooc.又po，ab平面pab，poabo，co平面pab，即co平面pdb.又co平面cod，平面pdb平面cod.(2)以oc，ob，op所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设oa1，则pooboc2，da1.则c(2,0,0)，b(0,2,0)，p(0,0,2)，d(0，1,1)，(0，1，1)，(2，2,0)，(0，3,1)设平面bdc的一个法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1,1,3)设pd与平面bdc所成的角为，则sin.即直线pd与平面bdc所成角的正弦值为.3角度3如图，已知在四棱锥pabcd中，点o为ab的中点，平面poc平面abcd，adbc，abbc，papbbcab2，ad3.(1)求证：平面pab平面abcd.(2)求二面角opdc的余弦值解(1)证明：adbc，abbc，bcab2，ad3，oc，od，cd.od2oc2cd2，occd.又平面poc平面abcd，且平面poc平面abcdoc，cd平面abcd，cd平面poc.po平面poc，cdpo.又papbab，点o为ab的中点poab，由题易知，ab，cd在平面abcd内，且它们不平行，则必相交于某一点，po底面abcd.又po平面pab，平面pab平面abcd.(2)以点o为原点，如图所示建立空间直角坐标系oxyz，则p(0,0，)，d(1,3,0)，c(1,2,0)，(0,0，)，(1,3,0)，(1，2，)，(2,1,0)设平面opd的一个法向量为m(x1，y1，z1)，平面pcd的一个法向量为n(x2，y2，z2)，则由可得取y11，得即m(3,1,0)，同理可得，n(，2，5)，cosm，n.又由图可知二面角opdc的平面角为锐角，故二面角opdc的余弦值为.1(2018浙江卷)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的()a充分不必要条件b必要不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件解析m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m与n异面，故必要性不成立故选a.答案a2(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.解析解法一：将直三棱柱abca1b1c1补形成直四棱柱abcda1b1c1d1(如图)，连接ad1，b1d1，则ad1bc1.则b1ad1(或其补角)为异面直线ab1与bc1所成的角，易求得ab1，bc1ad1，b1d1.由余弦定理得cosb1ad1.故选c.解法二：以b为坐标原点，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则b(0,0,0)abc120，bc1，ab2，bb11，a(0,2,0)，b1(0,0,1)，c1.(0，2,1)，.设异面直线ab1与bc1所成的角为，则cos，故选c.答案c3(2017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)解析对于，由mn，m可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能平行，故错误；对于，过直线n作平面与平面交于直线c，由n可知nc，m，mc，mn，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知正确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有.答案4.(2018北京卷)如图，在三棱柱abca1b1c1中，cc1平面abc，d，e，f，g分别为aa1，ac，a1c1，bb1的中点，abbc，acaa12.(1)求证：ac平面bef；(2)求二面角bcdc1的余弦值；(3)证明：直线fg与平面bcd相交解(1)证明：在三棱柱abca1b1c1中，因为cc1平面abc，所以四边形a1acc1为矩形又e，f分别为ac，a1c1的中点，所以acef.因为abbc，e为ac中点，所以acbe，又因为beefe，所以ac平面bef.(2)由(1)知acef，acbe，efcc1.又cc1平面abc，所以ef平面abc.因为be平面abc，所以efbe.如图建立空间直角坐标系exyz.由题意得b(0,2,0)，c(1,0,0)，d(1,0,1)，f(0,0,2)，g(0,2,1)所以(1，2,0)，(1，2,1)设平面bcd的法向量为n(x0，y0，z0)，则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)又因为平面cc1d的一个法向量为(0,2,0)，所以cosn，.由题知二面角bcdc1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明：由(2)知平面bcd的一个法向量为n(2，1，4)，(0,2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线fg与平面bcd相交1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题2选择题一般在第35题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小3解答题多出现在第18或19题的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明、利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等热点课题13立体几何中的“翻折”问题感悟体验(2018安徽合肥二模)如图1，矩形abcd中，ab1，ad2，点e为ad的中点，沿be将abe折起至pbe，如图2所示，点p在平面bcde上的射影o点落在be上(1)求证：bpce.(2)求二面角bpcd的余弦值解(1)证明：点p在平面bcde上的射影o点落在be上，po平面bcde，poce.又bece，bc2，则be2ce2bc2，bece，又bepoo，be平面pbe，po平面pbe，ce平面pbe.bp平面pbe，bpce.(2)以点o为坐标原点，以过点o且平行于cd的直线为x轴，过点o且垂直于cd的直线为y轴，直线po为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则b，c，d，p，(1,0,0)，(0,2,0)设平面pcd的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z1，可得n1.设平面pbc的法向量为n2(x2，y2，z2)则即令z2，可得n2(2,0，)cosn1，n2.又由图可知，二面角bpcd为钝二面角，则二面角bpcd的余弦值为.专题跟踪训练(二十二)一、选择题1(2018中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m的是()a且m b且mcmn且n dmn且n解析对于选项a，且m，可得m或m与相交或m，故a不成立；对于选项b，且m，可得m或m或m与相交，故b不成立；对于选项c，mn且n，则m，故c正确；对于选项d，由mn且n，可得m或m与相交或m，故d不成立故选c.答案c2已知直线m，l与平面，满足l，l，m，m，则下列命题一定正确的是()a且lm b且mcm且lm d且解析m，m，.又l，l，lm.故选a.答案a3(2018内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面，下列命题中正确命题的个数为()若mn，n，则m；若l，m且lm，则；若ln，mn，则lm；若，m，n，nm，则n.a1 b2 c3 d4解析若mn，n，则m或m，不正确；若l，m，且lm，由面面垂直的判定定理可得，正确；若ln，mn，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；若，m，n，nm，由面面垂直的性质定理得n，因此正确综上可知只有正确故选b.答案b4原创题如图所示，三棱锥pabc中，pa平面abc，d是棱pb的中点，已知pabc2，ab4，cbab，则异面直线pc，ad所成角的余弦值为()a b.c d.解析如图所示，取bc的中点e，连接de，ae.则在pbc中，pddb，beec，所以depc，且depc.故eda为异面直线pc，ad所成的角或其补角因为pa平面abc，所以paac，paab.在rtabc中，ac2；在rtpac中，pc2.故depc.在rtpab中，pb2；又pddb，所以adpb.在rteab中，ae.在dae中，cosade.设异面直线pc，ad所成的角为，则cos|cosade|.故选d.答案d5(2018温州十校联考)如图，点e为正方形abcd边cd上异于点c，d的动点，将ade沿ae翻折成sae，使得平面sae平面abce，则下列三种说法中正确的个数是()存在点e使得直线sa平面sbc；平面sbc内存在直线与sa平行；平面abce内存在直线与平面sae平行a0 b1 c2 d3解析由题图，得sase，若存在点e使得直线sa平面sbc，则sasb，sasc，则sc，sb，se三线共面，则点e与点c重合，与题设矛盾，故错误；因为sa与平面sbc相交，所以在平面sbc内不存在直线与sa平行，故错误；显然，在平面abce内，存在直线与ae平行，由线面平行的判定定理得平面abce内存在直线与平面sae平行，故正确选b.答案b6(2018河北五校联考)在长方体abcda1b1c1d1中，abad4，aa12.过点a1作平面与ab，ad分别交于m，n两点，若aa1与平面所成的角为45，则截面a1mn面积的最小值是()a2 b4 c4 d8解析如图，过点a作aemn，连接a1e，a1a平面abcd，a1amn，又a1aaea，mn平面a1ae，a1emn，平面a1ae平面a1mn，aa1e为aa1与平面a1mn所成的角，aa1e45，在rta1ae中，aa12，ae2，a1e2，在rtman中，由射影定理得meenae24，由基本不等式得mnmeen24，当且仅当meen，即e为mn的中点时等号成立，截面a1mn面积的最小值为424，故选b.答案b二、填空题7(2018定州二模)如图，在正方体abcda1b1c1d1中，ab2，e为ad的中点，点f在cd上，若ef平面ab1c，则ef_.解析根据题意，因为ef平面ab1c，ef平面abcd，平面abcd平面ab1cac，所以efac.又e是ad的中点，所以f是cd的中点因为在rtdef中，dedf1，故ef.答案8过三棱柱abca1b1c1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面abb1a1平行的直线共有_条解析过三棱柱abca1b1c1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面abb1a1平行的直线只可能落在平面defg中(其中d、e、f、g分别为ac，bc，b1c1，a1c1的中点)易知经过d、e、f、g中任意两点的直线共有c6条答案69.(2018山东烟台二模)如图是一张矩形白纸abcd，ab10，ad10，e，f分别为ad，bc的中点，现分别将abe，cdf沿be，df折起，且a、c在平面bfde同侧，下列命题正确的是_(写出所有正确命题的序号)当平面abe平面cdf时，ac平面bfde；当平面abe平面cdf时，aecd；当a、c重合于点p时，pgpd；当a、c重合于点p时，三棱锥pdef的外接球的表面积为150.解析在abe中，tanabe，在acd中，tancad，所以abedac，由题意，将abe，dcf沿be，df折起，且a，c在平面bedf同侧，此时a、c、g、h四点在同一平面内，平面abe平面aghcag，平面cdf平面aghcch，当平面abe平面cdf时，得到agch，显然agch，所以四边形aghc为平行四边形，所以acgh，进而可得ac平面bfde，故正确；由于折叠后，直线ae与直线cd为异面直线，所以ae与cd不平行，故不正确；当a、c重合于点p时，可得pg，pd10，又gd10，pg2pd2gd2，所以pg与pd不垂直，故不正确；当a，c重合于点p时，在三棱锥pdef中，efd与fcd均为直角三角形，所以df为外接球的直径，即r，所以外接球的表面积为s4r242150，故正确综上，正确命题的序号为.答案三、解答题10.(2018河南洛阳一模)如图，在四棱锥eabcd中，ead为等边三角形，底面abcd为等腰梯形，满足abcd，addcab，且aebd.(1)证明：平面ebd平面ead；(2)若ead的面积为，求点c到平面ebd的距离解(1)证明：如图，取ab的中点m，连接dm，则由题意可知四边形bcdm为平行四边形，dmcbadab，即点d在以线段ab为直径的圆上，bdad，又aebd，且aeada，bd平面ead.bd平面ebd，平面ebd平面ead.(2)bd平面ead，且bd平面abcd，平面abcd平面ead.等边ead的面积为，adaeed2，取ad的中点o，连接eo，则eoad，eo，平面ead平面abcd，平面ead平面abcdad，eo平面abcd.由(