(通用版)2019版高考数学二轮复习第一部分专题九点、线、面之间的位置关系讲义理(重点生,含解析).doc
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1、1专题九 点、线、面之间的位置关系卷 卷 卷直线与平面所成的角、正方体的截面面积的最值T12求异面直线所成的角T92018面面垂直的证明T18(1) 线面垂直的证明T20(1)面面垂直的证明T19(1)求异面直线所成的角T10圆锥、空间线线角的求解T162017 面面垂直的证明T18(1)线面平行的证明T19(1)面面垂直的证明T19(1)求异面直线所成的角T11空间中线、面位置关系的判定与性质T142016面面垂直的证明T18(1)翻折问题、线面垂直的证明T19(1)线面平行的证明T19(1)纵向把握趋势卷3 年 5 考,且以选择题的形式考查线线角、线面角以及空间几何体的截面问题,位置关系的
2、证明均出现在解答题中,且连续 3 年均考查了面面垂直的证明预计 2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查位置关系的证明,在小题中考查空间位置关系的判断或异面直线问题,难度适中卷3 年 6 考,且每年均有1 小 1 大,涉及空间位置关系的判定、求异面直线所成的角、线面平行或垂直的证明、翻折问题,难度中等预计 2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查线面位置关系的证明,以选择题或填空题的形式考查异面直线所成角的求法,难度适中卷3 年 4 考,涉及线面平行的证明、面面垂直的证明以及线线角的求法,难度适中预计2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查面面垂直问题,在选择题或填空题中考查线线角的求法
3、横向把握重点1.高考对此部分的命题较为稳定,一般为“一小一大”或“一大” ,即一道选择题(或填空题)一道解答题或只考一道解答题2.选择题一般在第 911 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及空间角的求解,难度较小3.解答题多出现在第 18 或 19 题的第一问的位置,考查空间中平行或垂直关系的证明,难度中等.2空间位置关系的判定与线线角、线面角题组全练1.在如图所示的正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中, E, F 分别是棱B1B, AD 的中点,则直线 BF 与平面 AD1E 的位置关系是( )A平行 B相交但不垂直C垂直 D异面解析:选 A 如图,取 AD1
4、的中点 O,连接 OE, OF,则 OF 平行且等于 BE,四边形 BFOE 是平行四边形, BF OE, BF平面 AD1E, OE平面 AD1E, BF平面 AD1E.2设 m, n 是两条不同的直线, , , 是三个不同的平面,给出下列四个命题:若 m , n ,则 m n;若 , , m ,则 m ;若 n, m n, m ,则 m ;若 , ,则 .其中真命题的个数是( )A0 B1C2 D3解析:选 B , m n 或 m, n 异面,故错误;易知正确;, m 或 m ,故错误;, 或 与 相交,故错误3(2018全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中, E 为棱 CC1的中
5、点,则异面直线 AE与 CD 所成角的正切值为( )A. B.22 32C. D.52 72解析:选 C 如图,连接 BE,因为 AB CD,所以 AE 与 CD 所成的3角为 EAB.在 Rt ABE 中,设 AB2,则 BE ,则 tan EAB ,所以异面直线5BEAB 52AE 与 CD 所成角的正切值为 .524(2018全国卷)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA, SB 所成角的余弦值为 , SA 与圆78锥底面所成角为 45,若 SAB 的面积为 5 ,则该圆锥的侧面积为_15解析:如图, SA 与底面成 45角, SAO 为等腰直角三角形设 OA r,则 SO r, SA SB
6、r.2在 SAB 中,cos ASB ,78sin ASB ,158 S SAB SASBsin ASB12 ( r)2 5 ,12 2 158 15解得 r2 ,10 SA r4 ,即母线长 l4 ,2 5 5 S 圆锥侧 rl2 4 40 .10 5 2答案:40 2系统方法1判定空间位置关系的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型,如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行判断2当线线角、线面角出现在客观题中时,多用定义法求解若出现在解答题中多用向量法求解空间平行、垂直关系的证明由题知法4(2
7、018石家庄摸底)典 例 如图,在多面体 ABCDPE 中,四边形 ABCD 和 CDPE 都是直角梯形,AB DC, PE DC, AD DC, PD平面ABCD, AB PD DA2 PE, CD3 PE, F 是 CE 的中点(1)求证: BF平面 ADP;(2)已知 O 是 BD 的中点,求证: BD平面 AOF.证明 (1)取 PD 的中点为 G,连接 FG, AG, F 是 CE 的中点, FG 是梯形 CDPE 的中位线, CD3 PE, FG2 PE, FG CD, CD AB, AB2 PE, AB FG, AB FG,即四边形 ABFG 是平行四边形, BF AG,又 BF
8、平面 ADP, AG平面 ADP, BF平面 ADP.(2)延长 AO 交 CD 于 M,连接 BM, FM, BA AD, CD DA, AB AD, O 为 BD 的中点,四边形 ABMD 是正方形,则 BD AM, MD2 PE. MD 綊 FG.四边形 DMFG 为平行四边形 FM PD, PD平面 ABCD, FM平面 ABCD, FM BD, AM FM M, BD平面 AMF,即 BD平面 AOF.类题通法1垂直、平行关系中的转化与化归思想(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直(3)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明
9、线线垂直2垂直、平行关系的常用证明方法方法5证明线线平行利用平行公理,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证明线线垂直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即可, l , a l a应用通关1.如图,在底面是菱形的四棱柱 ABCDA1B1C1D1中, ABC60,AA1 AC2, A1B A1D2 ,点 E 在 A1D 上2(1)证明: AA1平面 ABCD;(2)当 为何值时, A1B平面 EAC,并求出此时直线 A1
10、B 与平面A1EEDEAC 之间的距离解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形, ABC60,所以 AB AD AC2.在 AA1B 中,由 AA AB2 A1B2,得 AA1 AB,21同理可知 AA1 AD.又 AB AD A,所以 AA1平面 ABCD.(2)当 1 时, A1B平面 EAC.A1EED证明如下:连接 BD 交 AC 于点 O,则 O 为 BD 的中点,连接 OE,因为 1,A1EED所以点 E 为 A1D 的中点,所以 OE A1B,又 A1B平面 EAC, EO平面 EAC,所以 A1B平面 EAC.所以直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离等于点 A1到平面
11、EAC 的距离,因为 E 为 A1D 的中点,所以可转化为点 D 到平面 EAC 的距离,设 AD 的中点为 F,连接 EF,则 EF AA1,所以 EF平面 ACD,且 EF1,可求得 S ACD ,所以 VEACD 1 .313 3 336易知 AE , AC2, CE2,所以 S EAC ,272又因为 VDAEC VEACD,所以 S EACd (d 表示点 D 到平面 EAC 的距离),解得 d ,13 33 2217所以直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离为 .22172(2018长春模拟)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,AB BC BB1, AB1 A1B E, D
12、为 AC 上的点, B1C平面 A1BD.(1)求证: BD平面 A1ACC1;(2)若 AB1,且 ACAD1,求三棱锥 ABCB1的体积解:(1)证明:连接 ED,平面 AB1C平面 A1BD ED, B1C平面 A1BD, B1C平面AB1C, B1C ED. E 为 AB1的中点, D 为 AC 的中点, AB BC, BD AC. A1A平面 ABC, BD平面 ABC, A1A BD. A1A, AC 是平面 A1ACC1内的两条相交直线, BD平面 A1ACC1.(2)由 AB1,得 BC BB11,由(1)知 AD AC,又 ACAD1, AC22,12 AC2 AB2 BC2
13、, AB BC, S ABC ABBC ,12 12 VABCB1 VB1ABC S ABCBB1 1 .13 13 12 16与平行、垂直有关的折叠、探索性问题由题知法(2019 届高三武汉调研)如图 1,在矩形 ABCD 中, AB4, AD2, E 是 CD典 例 的中点,将 ADE 沿 AE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 D1ABCE,其中平面 D1AE平面ABCE.7(1)证明: BE平面 D1AE;(2)设 F 为 CD1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使得 MF平面 D1AE,若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由AMAB解 (1)证明:四边形 ABCD 为矩形且
14、 AD DE EC BC2, AE BE2 .2又 AB4, AE2 BE2 AB2, AEB90,即 BE AE.又平面 D1AE平面 ABCE,平面 D1AE平面 ABCE AE, BE平面 ABCE, BE平面D1AE.(2) ,理由如下:AMAB 14取 D1E 的中点 L,连接 FL, AL, FL EC, FL EC1.12又 EC AB, FL AB,且 FL AB,14 M, F, L, A 四点共面若 MF平面 AD1E,则 MF AL.四边形 AMFL 为平行四边形, AM FL AB,即 .14 AMAB 14类题通法1求解平面图形折叠问题的关键和方法关键分清翻折前后位置
15、关系和数量关系哪些改变,哪些不变,抓住翻折前后不变的量,尤其是垂直关系,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口方法把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决82探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径:先猜后证,即先观察,尝试给出条件再证明;先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件(2)对命题结论的探索方法:从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论应用通关1(2019 届高三西安八校
16、联考)如图 1,在直角梯形 ABCD 中, ADC90,AB CD, AD CD AB2, E 为 AC 的中点,将 ACD 沿 AC 折起,使折起后的平面 ACD 与平12面 ABC 垂直,得到如图 2 所示的三棱锥 DABC.(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 的体积解:(1)证明: AC 2 ,AD2 CD2 2 BAC ACD45, AB4,在 ABC 中, BC2 AC2 AB22 ACABcos 458, AB2 AC2 BC216, AC BC,平面 ACD平面 ABC,平面 ACD平面 ABC AC, BC
17、平面 ACD.(2) AD平面 BEF, AD平面 ACD,平面 ACD平面 BEF EF, AD EF, E 为 AC 的中点, EF 为 ACD 的中位线,由(1)知, VFBCE VBCEF S CEFBC.13 S CEF S ACD 22 ,14 14 12 129 VFBCE 2 .13 12 2 232.如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是菱形, DAB30,PD平面 ABCD, AD2,点 E 为 AB 上一点,且 m,点 F 为 PD 中AEAB点(1)若 m ,证明: AF平面 PEC;12(2)是否存在一个常数 m,使得平面 PED平面 PAB,若存在,求出
18、 m 的值;若不存在,说明理由解:(1)证明:作 FM CD,交 PC 于点 M,连接 EM,因为点 F 为 PD 的中点,所以 FM CD.12因为 m ,所以 AE AB FM,12 12又 FM CD AE,所以四边形 AEMF 为平行四边形,所以 AF EM,因为 AF平面 PEC, EM平面 PEC,所以 AF平面 PEC.(2)存在一个常数 m ,使得平面 PED平面 PAB,理由如下:32要使平面 PED平面 PAB,只需 AB DE,因为 AB AD2, DAB30,所以 AE ADcos 30 .3因为 PD平面 ABCD,所以 PD A B.又 PD DE D,所以 AB平
19、面 PDE,因为 AB平面 PAB,所以平面 PDE平面 PAB,所以 m .AEAB 32重难增分空间几何体的截面问题典例细解(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 所例 110成的角都相等,则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 32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,
20、B1C1, C1D1, D1D, DA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 EFGHMN6 sin 60 .故选 A.12 22 22 334答案 A启思维 本题考查了空间几何体的截面问题以及直线与平面所成角的概念,本题体现的“动态几何”问题有一定的探究性,采用极端原理、考虑特殊位置、特殊情况、运用“大胆猜想,小心求证”的方法,往往能将问题快速、有效地解决如图, ABCDA1B1C1D1是棱长为 a 的正方体, M, N例 2分别是下底面的棱 A1B1, B1C1的中点, P 是上底面的棱 AD
21、 上的一点,AP ,过 P, M, N 的平面交上底面于 PQ,Q 在 CD 上,则a3PQ_.解析 平面 ABCD平面 A1B1C1D1,平面 ABCD平面PMNQ PQ,平面 A1B1C1D1平面 PMNQ MN, MN PQ. M, N 分别是 A1B1, B1C1的中点, MN A1C1 AC. PQ AC.又 AP a, CQ ,从而 DP DQ a.13 a3 23 PQ DQ2 DP2 a.(23a)2 (23a)2 223答案 a223启思维 本题考查了平面与平面平行的性质,是立体几何中面面平行的基本题型,但对定理的灵活应用要求较高增分集训111.如图,正方体 ABCDA1B1
22、C1D1的棱长为 1, P 为 BC 的中点,Q 为线段 CC1上的动点,过点 A, P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S,则下列命题正确的是_(填序号)当 0 CQ 时, S 为四边形;12当 CQ 时, S 为等腰梯形;12当 CQ 时, S 与 C1D1的交点 R 满足 C1R ;34 13当 CQ1 时, S 为六边形;34当 CQ1 时, S 的面积为 .62解析:过 A 作 AM PQ 交 DD1或 A1D1于 M.当 0 CQ 时, M 在 DD1上,连接 MQ,则截面为 AMQP,故正确;12当 CQ 时, M 与 D1重合,截面为 AD1QP,显然为等腰梯形,故正确;12
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