2019届高三文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32页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

1.(2018·全国Ⅱ卷,文9)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　C　)
(A) (B) (C) (D)
解析:

如图,因为AB∥CD,
所以AE与CD所成的角为∠EAB.
在Rt△ABE中,设AB=2,
则BE=,
则tan∠EAB==,
所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.故选C.
2.(2018·全国Ⅰ卷,文10)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　C　)
(A)8 (B)6 (C)8 (D)8
解析:

如图,连接AC1,BC1,AC.
因为AB⊥平面BB1C1C,
所以∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角,
所以∠AC1B=30°.又AB=BC=2,
在Rt△ABC1中,AC1==4,
在Rt△ACC1中,
CC1===2,
所以V长方体=AB·BC·CC1=2×2×2=8.故选C.
3.(2018·全国Ⅱ卷,文16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°,若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为　　　　. 
解析:在Rt△SAB中,SA=SB,S△SAB=·SA2=8,
解得SA=4.
设圆锥的底面圆心为O,底面半径为r,高为h,
在Rt△SAO中,∠SAO=30°,
所以r=2,h=2,
所以圆锥的体积为πr2·h=π×(2)2×2=8π.
答案:8π
4.

(2018·全国Ⅰ卷,文18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥QABP的体积.
(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,即BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解:由已知可得DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
因为∠BAC=90°,AB=AC,所以∠ABC=45°.
如图,过点Q作QE⊥AC,垂足为E,则QE?DC.

由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥QABP的体积为
=S△ABP·QE=××3×2sin 45°×1=1.

5.

(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33~35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.


(1)空间线面位置关系判断的常用方法:①根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题;
②必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.
(2)求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移方法一般有三种类型:①利用图中已有的平行线平移;
②过特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;
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.


(1)线面平行及线面垂直的证明方法:
①要证线面平行,主要有两个途径:一是证已知直线与平面内的某直线平行;二是证过已知直线的平面与已知平面平行.在这里转化思想在平行关系上起着重要的作用,在寻求平行关系上,利用中位线、平行四边形等是非常常见的方法;
②要证线面垂直,关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直,即线线垂直⇒线面垂直.结合图形还要注意一些隐含的垂直关系,如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等.
(2)求点到平面的距离的常用方法:①直接作出点到平面的垂线段,再计算;
②通过线面平行,转化为其他点到平面的距离;
③等体积法.
热点训练3:

(2018·南昌市重点中学一模)已知四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为AD,PC上的点,AD=3AE,PC=3PF,四边形BCDE为矩形.
(1)求证:PA∥平面BEF;
(2)若∠PAD=60°,PA=2AE=2,PB=2,求三棱锥PBEF的体积.
(1)证明:连接AC,交BE于点M,连接FM.
因为四边形BCDE是矩形,
所以BC∥DE,BC=DE,
所以△AME∽△CMB,所以==.
依题意,=,所以==,所以PA∥FM,
因为FM⊂平面BEF,PA⊄平面BEF,
所以PA∥平面BEF.
(2)解:因为AP=2,AE=1,∠PAD=60°,
由余弦定理可得PE=,
所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,
且平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD,
所以PE⊥CB.又BE⊥CB,且PE∩BE=E,
所以CB⊥平面PEB,而BC=DE=2AE=2,
所以点F到平面PEB的距离为,
又在直角三角形PEB中,EB==3,
所以==×××3×=.
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.


(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要方法.
(2)探求某些点的具体位置,使得满足平行或垂直关系,是一类逆向思维的题目,一般可采用两种方法:一是先假设存在,再去推理,下结论;二是运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得出结论,然后再根据条件给出证明或计算.
(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:如图,高为1的等腰梯形ABCD中,AM=CD=AB=1,现将△AMD沿MD折起,使平面AMD⊥平面MBCD,连接AB,AC.
(1)在AB边上是否存在点P,使AD∥平面MPC,请说明理由;
(2)当点P为AB边中点时,求点B到平面MPC的距离.

解:

(1)当AP=AB时,
有AD∥平面MPC.
理由如下:
连接BD交MC于点N,连接NP.
在梯形MBCD中,DC∥MB,==.
因为在△ADB中,=,
所以AD∥PN.
因为AD⊄平面MPC,PN⊂平面MPC,
所以AD∥平面MPC.
(2)因为平面AMD⊥平面MBCD,
平面AMD∩平面MBCD=DM,
由题易知,在△AMD中,AM⊥DM,
所以AM⊥平面MBCD,
又P为AB的中点,

所以=×S△MBC×=××2×1×=.
在△MPC中,MP=AB=,
MC=,PC==,
所以S△MPC=××=.
所以点B到平面MPC的距离为==.

　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
【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35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.