2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题五第2讲　点、直线、平面之间的位置关系

第2讲　点、直线、平面之间的位置关系

(对应学生用书第34~35页)

1.(2017·全国Ⅱ卷,理10)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　C　)

(A) (B) (C) (D)

解析:如图,以B为坐标原点,BA所在直线为x轴,BB1所在直线为z轴,

建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,0,1),C1-,,1,

所以=(-2,0,1),

=-,,1,

所以cos<,>=

=

=

=.

故选C.

2.(2018·全国Ⅰ卷,理12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　A　)

(A) (B) 

(C) (D)

解析:

如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,平面AB1D1与棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.

如图所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大,此截面面积为S正六边形EFGHMN=6×××sin 60°=.故选A.

3.(2017·全国Ⅲ卷,理16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:

①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;

②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;

③直线AB与a所成角的最小值为45°;

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是　　　　.(填写所有正确结论的编号) 

解析:AB绕AC旋转得圆锥,AB为母线.

因为a,b与AC都垂直,

则a,b所在直线可平移到圆C面内,如图.

对于①,②,

不妨设BP为直线a,则b为BE.

若∠ABP=60°,

则△ABP为等边三角形,

则△ABE为等边三角形,

所以AB与b成角为60°,①不对,②对.

对于③,④,

当a与BB'重合时,AB与a所成角最小为45°,③对.

当BP足够小时,∠ABP趋向于90°,④不对.

答案:②③

4.

(2018·全国Ⅲ卷,文19)如图,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.

(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.

(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.

因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,

所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.

因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,

所以DM⊥CM,又BC∩CM=C,

所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

(2)解:当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.

证明如下:连接AC交BD于O.

因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点.

连接OP,因为P为AM的中点,

所以MC∥OP.

又MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,

所以MC∥平面PBD.

1.考查角度

(1)线、面位置关系的判断;

(2)异面直线所成的角;

(3)直线与平面所成的角;

(4)空间平行、垂直关系的证明;

(5)折叠和探究问题.

2.题型及难易度

选择题、填空题、解答题,中档题为主.

(对应学生用书第35~37页)

空间线、面的位置关系

考向1　空间线、面位置关系的判断

【例1】 (2018·湖南省湘东五校联考)已知直线m,l,平面α,β,且m⊥α,l⊂β,给出下列命题:

①若α∥β,则m⊥l;②若α⊥β,则m∥l;

③若m∥l,则α⊥β.

其中正确的命题是(　　)

(A)①②③ (B)②③ (C)①② (D)①③

解析:对于①,若α∥β,m⊥α,l⊂β,

则m⊥l,故①正确.

对于②,若α⊥β,则直线m与l可能异面、平行或相交,故②错误.

对于③,若m∥l,m⊥α,则l⊥α,又l⊂β,

所以α⊥β,故③正确,故选D.

考向2　空间角

【例2】 (2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(　　)

(A) (B) (C) (D)

解析:

在正方体ABCDA1B1C1D1中,由题意,直线m∥BD,

直线n∥A1B,

又△A1DB为等边三角形,

∠DBA1=60°,sin 60°=,

所以m,n所成角的正弦值为,故选A.

③补形平移.

热点训练1:(2017·全国Ⅰ卷)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(　　)

解析:

如图O为正方形CDBE的两条对角线的交点,从而O为BC的中点,在△ACB中,OQ为中位线,所以OQ∥AB,OQ∩平面MNQ=Q,所以,AB与平面MNQ相交,而不是平行,故选A.

热点训练2:(2018·广州市综合测试一)在四面体ABCD中,E,F分别为AD,BC的中点,AB=CD,AB⊥CD,则异面直线EF与AB所成角的大小为(　　)

(A) (B) (C) (D)

解析:取BD的中点O,连接OE,OF,

因为E,F分别为AD,BC的中点,AB=CD,

所以EO∥AB,OF∥CD,且EO=OF=CD,

又AB⊥CD,所以EO⊥OF,∠OEF为异面直线EF与AB所成的角,

由△EOF为等腰直角三角形,可得∠OEF=,故选B.

线面平行、垂直的证明

【例3】

(2018·石家庄市质检一)如图,已知四棱锥PABCD,底面ABCD为正方形,且PA⊥底面ABCD,过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF,且满足S△PEF∶S四边形CDEF=1∶3.

(1)证明:PB∥平面ACE;

(2)当PA=2AD=2时,求点F到平面ACE的距离.

(1)证明:

由题知四边形ABCD为正方形,

所以AB∥CD,

因为CD⊂平面PCD,

AB⊄平面PCD,

所以AB∥平面PCD.

又AB⊂平面ABFE,

平面ABFE∩平面PCD=EF,

所以EF∥AB,

所以EF∥CD.

由S△PEF∶S四边形CDEF=1∶3知E,F分别为PD,PC的中点.

如图,连接BD交AC于点G,

则G为BD的中点,

连接EG,则EF∥PB.

又EG⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,

所以PB∥平面ACE.

(2)解:因为PA=2,AD=AB=1,

所以AC=,AE=PD=,

因为PA⊥平面ABCD,

所以CD⊥PA,

又CD⊥AD,AD∩PA=A,

所以CD⊥平面PAD,

所以CD⊥PD.

在Rt△CDE中,CE==.

在△ACE中,由余弦定理知

cos∠AEC==,

所以sin∠AEC=,

所以S△ACE=·AE·CE·sin∠AEC=.

设点F到平面ACE的距离为h,

则=××h=h.

因为DG⊥AC,DG⊥PA,AC∩PA=A,

所以DG⊥平面PAC,

因为E为PD的中点,

所以点E到平面ACF的距离为DG=.

又F为PC的中点,

所以S△ACF=S△ACP=,

所以=××=.

由=,得h=,得h=,

所以点F到平面ACE的距离为.

③等体积法.

热点训练3:(2018·丰台区一模)如图所示,在四棱锥PABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,∠DAB=∠ABP=90°.

(1)求证:AD⊥平面PAB;

(2)求证:AB⊥PC;

(3)若点E在棱PD上,且CE∥平面PAB,求的值.

(1)证明:因为∠DAB=90°,

所以AD⊥AB,

因为平面PAB⊥平面ABCD,

且平面PAB∩平面ABCD=AB,

所以AD⊥平面PAB.

(2)证明:由已知得AD⊥AB,

因为AD∥BC,

所以BC⊥AB,

又因为∠ABP=90°,

所PB⊥AB,

因为PB∩BC=B,

所以AB⊥平面PBC,

所以AB⊥PC.

(3)解:过E作EF∥AD交PA于F,连接BF,

因为AD∥BC,

所以EF∥BC,

所以E,F,B,C四点共面,

又因为CE∥平面PAB,

且CE⊂平面BCEF,且平面BCEF∩平面PAB=BF,

所以CE∥BF,

所以四边形BCEF为平行四边形,

所以EF=BC,

在△PAD中,因为EF∥AD,

所以===.

立体几何中的折叠和探索性问题

考向1　折叠问题

【例4】 (2018·河北省“五个一名校联盟”第二次考试)如图1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD与平面ABC垂直,如图2,在图2所示的几何体DABC中:

(1)求证:BC⊥平面ACD;

(2)点F在棱CD上,且满足AD∥平面BEF,求几何体FBCE的体积.

(1)证明:因为AC==2,

∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,

所以在△ABC中,

BC2=AC2+AB2-2AC×AB×cos 45°=8,

所以AB2=AC2+BC2=16,所以AC⊥BC,

因为平面ACD⊥平面ABC,

平面ACD∩平面ABC=AC,

所以BC⊥平面ACD.

(2)解:因为AD∥平面BEF,AD⊂平面ACD,

平面ACD∩平面BEF=EF,所以AD∥EF,

因为E为AC的中点,

所以EF为△ACD的中位线,

由(1)知==×S△CEF×BC,

又S△CEF=S△ACD=××2×2=,

所以=××2=.

考向2　探索性问题

【例5】

(2018·惠州市第一次调研)如图,在底面是菱形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.

(1)证明:AA1⊥平面ABCD;

(2)当为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离.

(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,

所以AB=AD=AC=2,

在△AA1B中,

由A+AB2=A1B2,知AA1⊥AB,

同理AA1⊥AD,又AB∩AD=A,

所以AA1⊥平面ABCD.

(2)

解:当=1时,A1B∥平面EAC.

证明如下:如图,连接BD交AC于点O,

当=1,即点E为A1D的中点时,

连接OE,则OE∥A1B,

又A1B⊄平面EAC,

所以A1B∥平面EAC.

直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,

因为E为A1D的中点,

所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,=,

设AD的中点为F,连接EF,则EF∥AA1,且EF=1,

所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=,

所以=×1×=.

又AE=,AC=2,CE=2,

所以S△EAC=,

所以S△EAC·d=(d表示点D到平面EAC的距离),解得d=,

所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.

(3)存在探究性问题可先假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾或肯定结论.

热点训练4:(2016·全国Ⅱ卷)

如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.

(1)证明:AC⊥HD';

(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'ABCFE的体积.

(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.

又由AE=CF得=,故AC∥EF.

所以EF⊥HD,EF⊥HD',

所以AC⊥HD'.

(2)解:由EF∥AC得==.

由AB=5,AC=6得DO=BO==4.

所以OH=1,D'H=DH=3.

于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,

故OD'⊥OH.

由(1)知AC⊥HD',

又AC⊥BD,BD∩HD'=H,

所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.

又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,

所以OD'⊥平面ABC.

又由=得EF=.

五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.

所以五棱锥D'ABCFE的体积V=××2=.

热点训练5:

(2018·邯郸二模)如图,四棱锥PABCD中,AB=BC=2,AD=CD=2,PA=PC,∠ABC=,AB⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD.

(1)求证:PD⊥平面ABCD;

(2)若PD=3,是否存在球O使得四棱锥PABCD内接于球O?若存在,求球O与四棱锥PABCD的体积之比;若不存在,请说明理由.

(1)证明:

连接BD,

因为AB=BC,AD=CD,

BD=BD,

所以△ABD≌△CBD,

则∠BAD=∠BCD,

因为AB=BC,PA=PC,

PB=PB,

所以△PAB≌△PCB,则∠PAB=∠PCB,

因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,

所以AB⊥平面PAD,

则AB⊥PA,AB⊥PD,

所以BC⊥CD,BC⊥PC,

因为PC∩CD=C,

所以BC⊥平面PCD,则BC⊥PD,

又AB∩BC=B,

所以PD⊥平面ABCD.

(2)解:若PD=3,存在球O使得四棱锥PABCD内接于球O,

事实上,由(1)知,∠PAB=∠PDB=∠PCB=90°,

则PB即为四棱锥PABCD外接球直径,PB的中点即外接球球心,易求BD=4,PD=3,

所以四棱锥PABCD的外接球的半径R=,

球O的体积V=π×3=,

四棱锥PABCD的体积V=×2×2×3=4,

所以球O与四棱锥PABCD的体积之比为==.

【例1】

(2018·石家庄市一模)已知四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,△SAD为正三角形.

(1)点M为线段AB上一点,若BC∥平面SDM,=λ,求实数λ的值;

(2)若BC⊥SD,求点B到平面SAD的距离.

解:(1)因为BC∥平面SDM,BC⊂平面ABCD,

平面SDM∩平面ABCD=DM,

所以BC∥DM.

又AB∥DC,

所以四边形BCDM为平行四边形,

所以CD=MB,

又AB=2CD,所以M为AB的中点.

因为=λ,

所以λ=.

(2)因为BC⊥SD,BC⊥CD,

所以BC⊥平面SCD,

又BC⊂平面ABCD,所以平面SCD⊥平面ABCD.

如图,在平面SCD内过点S作SE垂直CD交CD的延长线于点E,连接AE.

又平面SCD∩平面ABCD=CD,

所以SE⊥平面ABCD,

所以SE⊥CE,SE⊥AE,

在Rt△SEA和Rt△SED中,AE=,DE=,

因为SA=SD,所以AE=DE,

又易知∠EDA=45°,

所以AE⊥ED,

由已知求得SA=AD=,

所以AE=ED=SE=1.

连接BD,则=××2×1×1=,

又=,

S△SAD=×××=,

所以点B到平面SAD的距离为.

【例2】

(2018·武汉市四月调研)在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别在棱AB,CD上,且AE=CF=1.

(1)求异面直线A1E与C1F所成角的余弦值;

(2)求四面体EFC1A1的体积.

解:

(1)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,延长DC至M,使CM=1,则AE?CM.连接AC,EM,所以ME?AC?A1C1,连接MC1,所以A1E?C1M,

所以∠FC1M为异面直线A1E与C1F所成的角.

在△FC1M中,C1F=C1M=,FM=2,

所以cos∠FC1M==.

故异面直线A1E与C1F所成角的余弦值为.

(2)在D1C1上取一点N,使ND1=1.

连接EN,FN,A1N,

所以A1E?FN,所以A1N?EF,

因为EF⊂平面EFC1,A1N⊄平面EFC1,

所以A1N∥平面EFC1,

所以=

==××3

=××2×3×3

=3.

故四面体EFC1A1的体积为3.

(对应学生用书第38页)

【典例】 (2018·全国Ⅱ卷,文19)(12分)

如图,在三棱锥PABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

(1)证明:PO⊥平面ABC;

(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

评分细则:

(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,

所以OP⊥AC,1分

且OP=2.2分

如图,连接OB.

因为AB=BC=AC,

所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.3分

由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.4分

由OP⊥OB,OP⊥AC知,PO⊥平面ABC.5分

(2)解:如图,作CH⊥OM,垂足为H,6分

又由(1)可得OP⊥CH,

所以CH⊥平面POM.

故CH的长为点C到平面POM的距离.8分

由题设可知OC=AC=2,

CM=BC=,

∠ACB=45°.

所以OM=,10分

CH==.

所以点C到平面POM的距离为.12分

注:第(1)问得分说明:①由等腰三角形性质证明OP⊥AC,得1分.

②计算出OP,OB的长各得1分.

③根据勾股定理的逆定理证明OP⊥OB,得1分.

④证明结论,得1分.

第(2)问得分说明:①正确作出辅助线,得1分.

②证明CH⊥平面POM,得2分.

③由解三角形求出OM,得2分.

④由“面积法”求出CH,得2分.

【答题启示】

(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证明;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.

(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边中线即高线这一性质;②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质定理,即要证两直线垂直,只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面.

(3)证线面垂直时,一定证出该直线与平面内两条相交线垂直,本题常不能熟练运用勾股定理的逆定理证明OP⊥OB而失分.

(4)求点到平面的距离,要“一作,二证,三求”缺一不可,或利用“等积法”进行求解,本题在求点C到平面POM距离时,往往作不出距离而无法求解,或忽视证明CH⊥平面POM而失分.