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:②③4.(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. (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·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. (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:(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.