2019高考高考数学二轮复习第二部分第四讲立体几何微专题2空间点、直线、平面之间的位置关系学案理.doc

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1、1微专题 2 空间点、直线、平面之间的位置关系命 题 者 说考 题 统 计 考 情 点 击2018全国卷T 9异面直线所成的角2018浙江高考T 6直线与平面平行2017全国卷T 10异面直线所成的角2017全国卷T 16圆锥、异面直线所成的角1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题。2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问。考向一 空间点、线、面的位置关系判断【例 1】 (1)已知 ， 是两个不同的平面， l， m， n是不同的直线，下列命题中不正确的是( )A若 l m， l n，

2、m ， n ，则 l B若 l ， l ，则 C若 ， l， m ， m l，则 m D若 ， m ， n ，则 m n(2)已知 m， n是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A若 ， ，则 B若 m ， n ，则 m nC若 m ， n ，则 m nD若 l ， ，则 l 解析 (1)由 l m， l n， m ， n ，不能推出 l ，缺少条件 m与 n相交，故A不正确；若 l ， l ，则过 l作平面 ，使 c，则 l c，故c ， c ，故 ，B 正确；根据面面垂直的性质定理知 C正确；D 正确。故选 A。(2)若 ， ，则 与 相交或平行，故 A错误

3、；若 m ， n ，则由直线与平面垂直的性质得 m n，故 B正确；若 m ， n ，则 m与 n相交、平行或异面，2故 C错误；若 l ， ，则 l 或 l ，故 D错误。故选 B。答案 (1)A (2)B判断空间点、线、面位置关系，主要依据四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了。如果要否定一结论，只需找到一个反例即可。 变|式|训|练1已知直线 a， b和平面 ， ，下列命题中是假命题的有_(只填序号)。若 a b，则 a平行于经过 b的任何平面；若 a ， b ，则 a b；若 a ， b ，且

4、 ，则 a b；若 a，且 b ，则 b a。解析 若 a b， a， b可以确定平面，则 a平行于经过 b的任何平面，不正确；若 a ， b ，则 a b或 a， b相交、异面，不正确；若 a ， b ，且 ，则 a， b关系不确定，不正确；若 a，且 b ，则 b与 a关系不确定，不正确。答案 2(2018益阳、湘潭调研)下图中， G， N， M， H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线 GH， MN是异面直线的图形有( )A B C D解析 由题意，可知题图中， GH MN，因此直线 GH与 MN共面；题图中，G， H， N三点共面，但 M平面 GH

5、N，因此直线 GH与 MN异面；题图中，连接 MG，则GM HN，因此直线 GH与 MN共面；题图中，连接 GN， G， M， N三点共面，但 H平面GMN，所以直线 GH与 MN异面。故选 C。答案 C考向二 异面直线所成的角3【例 2】 (2018全国卷)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异3面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( )A B15 56C D55 22解析 解法一：以 D为坐标原点， DA， DC， DD1所在直线分别为 x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 D(0,0,0)， A(1,0,0)， B1(1,1， )，

6、D1(0，0， )，所以3 3(1,0， )， (1,1 ， )，因为 cos ， AD1 3 DB1 3 AD1 DB1 AD1 DB1 |AD1 |DB1 | 1 325，所以异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 。故选 C。55 55解法二：如图，补上一相同的长方体 CDEF C1D1E1F1，连接 DE1， B1E1。易知AD1 DE1，则 B1DE1或其补角为异面直线 AD1与 DB1所成角。因为在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，所以 DE1 2， DB13 DE2 EE21 12 3 2 ， B1E1 ，在 B1DE1中，由余弦定理，12 1

7、2 3 2 5 A1B21 A1E21 12 22 54得 cos B1DE1 0，所以 B1DE1为锐角，即为异面直线 AD1与22 5 2 5 2225 55DB1所成的角，即异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 ，故选 C。55解法三：如图，连接 BD1，交 DB1于点 O，取 AB的中点 M，连接 DM， OM，易知 O为 BD1的中点，所以 AD1 OM，则 MOD为异面直线 AD1与 DB1所成角。因为在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB BC1， AA1 ， AD1 2， DM ， DB13 AD2 DD21AD2 (12AB)2 52 AB2 AD2 DD21 ，所

8、以 OM AD11， OD DB1 ，于是在 DMO中，由余弦定理，得 cos MOD512 12 52 ，即异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 ，故选 C。12 (52)2 (52)22152 55 55答案 C求异面直线所成的角，一般是用平移法把异面直线平移为相交直线，然后再解三角形求解。 变|式|训|练(2018陕西质量检测)已知 ABC与 BCD均为正三角形，且 AB4。若平面 ABC平面 BCD，且异面直线 AB和 CD所成的角为 ，则 cos ( )A B C D154 154 14 14解析 5如图，取 BC的中点 O，取 BD的中点 E，取 AC的中点 F，连接 OA，

9、 OE， OF， EF，则OE CD， OF AB，则 EOF或其补角为异面直线 AB与 CD所成的角，依题得OE CD2， OF AB2，过点 F作 FG BC于点 G，易得 FG平面 BCD，且12 12FG OA ， G为 OC的中点，则 OG1，又 OE2， EOG60，所以由余弦定理得12 3EG OG2 OE2 2OGOEcos EOG ，由勾股定理得 EF2 FG2 EG2( )2(12 22 212cos60 3 3)26 ，在 OEF中，由余弦定理得 cos EOF ，所以3OE2 OF2 EF22OEOF 22 22 6222 14cos 。故选 D。14答案 D考向三 空

10、间点、线、面的综合问题【例 3】 (1)在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E为棱 CD的中点，则( )A A1E DC1 B A1E BDC A1E BC1 D A1E AC(2)若四面体 ABCD的三组对棱分别相等，即 AB CD， AC BD， AD BC，给出下列结论：四面体 ABCD每组对棱相互垂直；四面体 ABCD每个面的面积相等；从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90且小于 180；连接四面体 ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长。其中正确结论的序号是_。解析 (1)解法一：由正方体

11、的性质，得 A1B1 BC1， B1C BC1， A1B1 B1C B1，所以BC1平面 A1B1CD。又 A1E平面 A1B1CD，所以 A1E BC1。故选 C。解法二：因为 A1E在平面 ABCD上的投影为 AE，而 AE不与 AC， BD垂直，所以 B、D 错误；因为 A1E在平面 BCC1B1上的投影为 B1C，且 B1C BC1，所以 A1E BC1，(证明：由条件6易知， BC1 B1C， BC1 CE，又 CE B1C C，所以 BC1平面 CEA1B1。又 A1E平面 CEA1B1，所以 A1E BC1。)，C 正确；因为 A1E在平面 DCC1D1上的投影为 D1E，而 D

12、1E不与 DC1垂直。A错误。故选 C。(2)对于，如图， AE， CF分别为 BD边上的高，由 AD BC， AB CD， BD DB可知 ABD CDB，所以 AE CF， DE BF，当且仅当 AD AB， CD BC时， E， F重合，此时AC BD，所以当四面体 ABCD为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故错误；对于，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体 ABCD每个面的面积相等，故正确；对于，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为 60，此时四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于 180，故错误；对于，如图， G， H， I， J为各边中点，因

13、为 AC BD，所以四边形 GHIJ为菱形，所以 GI， HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体 ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故正确；对于，从 A点出发的三条棱为 AB， AC， AD，因为 AC BD，所以 AB， AC， AD可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体 ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故正确。综上所述，正确的结论为。答案 (1)C (2)破解此类问题需：(1)认真审题，并细观所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解；(2)懂得转化，即把面面关系问题转化为线面关系问题，再把线面关系问题转化为线线关系问题，通

14、过转化，把问题简单化，问题的解决也就水到渠成了。 变|式|训|练1若平面 截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面 平行的棱有( )A0 条 B1 条C2 条 D0 条或 2条解析 如图，因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面 平行的棱有 2条。故选 C。7答案 C2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( )A B C D解析 解法一：对于 B，如图所示，连接 CD，因为 AB CD， M， Q分别是所在棱的中点，所以MQ CD，所以

15、 AB MQ，又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ，所以 AB平面 MNQ。同理可证选项C，D 中均有 AB平面 MNQ。故选 A。解法二：对于 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连接 OQ，则8OQ AB，因为 OQ与平面 MNQ有交点，所以 AB与平面 MNQ有交点，即 AB与平面 MNQ不平行。故选 A。答案 A1(考向一)(2018重庆六校联考)设 a， b是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则 的一个充分条件是( )A存在一条直线 a， a ， a B存在一条直线 a， a ， a C存在两条平行直线 a， b， a ， b ， a ， b D存在两条异面直

16、线 a， b， a ， b ， a ， b 解析 对于 A，若存在一条直线 a， a ， a ，则 或 与 相交，若 ，则存在一条直线 a，使得 a ， a ，所以选项 A的内容是 的一个必要条件；同理，选项 B，C 的内容也是 的一个必要条件而不是充分条件；对于 D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有 ，所以选项 D的内容是 的一个充分条件。故选 D。答案 D2(考向二)(2018全国卷)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC2， AC1与平面BB1C1C所成的角为 30，则该长方体的体积为( )A8 B6 2C8 D82 3解析 在长方体 ABCD

17、 A1B1C1D1中，连接 BC1，根据线面角的定义可知 AC1B30，因为AB2，所以 BC12 ，从而求得 CC12 ，所以该长方体的体积为 V222 8 。3 2 2 2故选 C。答案 C3(考向三)在底面是菱形的四棱锥 P ABCD中， PA底面 ABCD，点 E为棱 PB的中点，9点 F在棱 AD上，平面 CEF与 PA交于点 K，且 PA AB3， AF2，则 等于( )AKPKA B 23 35C D47 59解析 如图所示，延长 BA， CF交于点 G，连接 EG，与 PA的交点就是 K点，则AG6，过点 A作 AH PB，与 EG交于点 H，则 。故选 A。AKPK AHPE

18、 AHBE AGBG 69 23答案 A4(考向三)如图，在斜三棱柱 ABC A1B1C1中， BAC90， BC1 AC，若 P为三角形 A1B1C1内一点(不含边界)，则点 P在底面 ABC的投影可能在( )A ABC的内部B ABC的外部C直线 AB上D以上均有可能解析 因为 AC AB， AC BC1，所以 AC平面 ABC1， AC平面 ABC，所以平面 ABC1平面 ABC，所以 C1在平面 ABC上的射影 H必在两平面的交线AB上。若 P为三角形 A1B1C1内一点(不含边界)，则点 P在底面 ABC的投影可能在ABC的外部。故选 B。答案 B5(考向三)(2018成都诊断)在长

19、方体 ABCD A1B1C1D1中，已知底面 ABCD为正方形，10P为 A1D1的中点， AD2， AA1 ，点 Q是正方形 ABCD所在平面内的一个动点，且3QC QP，则线段 BQ的长度的最大值为_。2解析 以 D为坐标原点，分别以 DA， DC， DD1所在直线为 x轴、 y轴、 z轴，建立空间直角坐标系，则 P(1,0， )， C(0,2,0)， B(2,2,0)， Q(x， y,0)，因为 QC QP，所以3 2 (x2) 2( y 2)24，所以( y2) 24( x2)x2 y 2 2 2 x 1 2 y2 324| y2|2 4 y0 ， BQ x 2 2 y 2 2 4 y 2 2 y 2 2 ，根据4 y0 可得 448 y36，所以 2 BQ6，故线段 BQ的长度的最大4 8y值为 6。答案 6