【配套K12】2017届高三数学二轮复习1.5.2点直线平面之间的位置关系课时巩固过关练理新人教版
高三数学二轮复习 126点、直线、平面之间的位置关系课件 理 人教版
• (2)证明:延长B1A1与BM的延长线交于点N,连接C1N. • ∵AM=MA1,∴NA1=AB=A1B1. • ∵A1B1=A1C1, • ∴A1C1=A1N=A1B1,∴C1N⊥C1B1. • ∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C,∴C1N⊥侧面BB1C1C. • ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C, • ∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
【探究 1】 (福建卷)设 m,n面 β 内的两条相交直线,则 α∥β 的一个充
分而不必要条件是( )
A.m∥β 且 l1∥α
B.m∥l1 且 n∥l2
C.m∥β 且 n∥β
D.m∥β 且 n∥l2
分析:即由选择支中的某一个条件能得到平面 α,β 相
• [解] (1)证明:如图所示,连接DC,在等边△ABC中,有 BD⊥CD,而BD⊥AD,AD∩DC=D,
• ∴BD⊥平面ADC. • 又AC⊂平面ADC, • ∴BD⊥AC.
在△ADB 中,AD=DB=1,∠ADB=90°,则 AB= 2. 由对称性,知 AC= 2. 在△ABC 中,AB= 2,AC= 2,BC=2,则 AB⊥AC. 又 BD∩AB=B,∴AC⊥平面 ABD.
第一部分 高考专题讲解
专题二 立体几何初步
第六讲 点、直线、平面之间的位置关系
考情分析
• 点、直线、平面之间的位置关系主要包括空间线线、 线面、面面的基本关系与基本定理,它们是立体几何 的基础,是人们认识空间图形的有力工具,更是解决 立体几何中推理和计算问题的基础,因此本讲内容是 高考必考内容之一.
公理3以 及三个 推论
确定一个平面的条件、证明点线 共面的依据
• (2)证明三点共线或三线共点的方法:
• 证明空间三点共线,通常证明这些点都在两个平面的交线 上;
高三数学教案:空间点、直线、平面之间的位置关系
高三数学教案:空间点、直线、平面之间的位置关系【编辑寄语】本教案是我对《点直线平面的位置关系》需要达到的目标进行的归总,希望对老师有所帮助。
第一课时 2.1.1 平面教学要求:能够从日常生活实例中抽象出数学中所说的平面理解平面的无限延展性;正确地用图形和符号表示点、直线、平面以及它们之间的关系;初步掌握文字语言、图形语言与符号语言三种语言之间的转化;理解可以作为推理依据的三条公理.教学重点:理解三条公理,能用三种语言分别表示.教学难点:理解三条公理第二课时 2.1.2 空间直线与直线之间的位置关系教学要求:了解空间两条直线的三种位置关系,理解异面直线的定义,掌握平行公理,掌握等角定理,掌握两条异面直线所成角的定义及垂直教学重点:掌握平行公理与等角定理.与当今“教师”一称最接近的“老师”概念,最早也要追溯至宋元时期。
金代元好问《示侄孙伯安》诗云:“伯安入小学,颖悟非凡貌,属句有夙性,说字惊老师。
”于是看,宋元时期小学教师被称为“老师”有案可稽。
清代称主考官也为“老师”,而一般学堂里的先生则称为“教师”或“教习”。
可见,“教师”一说是比较晚的事了。
如今体会,“教师”的含义比之“老师”一说,具有资历和学识程度上较低一些的差别。
辛亥革命后,教师与其他官员一样依法令任命,故又称“教师”为“教员”。
教学难点:理解异面直线的定义与所成角第三课时 2.1.3 空间直线与平面之间的位置关系 2.1.4 平面与平面之间的位置关系教学要求:了解直线与平面的三种位置关系,理解直线在平面外的概念,了解平面与平面的两种位置关系.教学重点:掌握线面、面面位置关系的图形语言与符号语言. “教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼,从最初的门馆、私塾到晚清的学堂,“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。
只是更早的“先生”概念并非源于教书,最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。
《孟子》中的“先生何为出此言也?”;《论语》中的“有酒食,先生馔”;《国策》中的“先生坐,何至于此?”等等,均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。
高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第二讲 点、直线、平面之间的位置关系课件 文
高考热 点突破
再由 EC1⊂平面 AA1C1C 知,BD⊥EC1. (2)设 AA1 的长为 h,连接 OC1. 在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2, 故 OE2=( 2)2+( 2)2=4. 在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2. 故 EC21=(h- 2)2+(2 2)2. 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC12=h2+( 2)2. 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC21=OC12,即 4+(h- 2)2+(2 2)2 =h2+( 2)2,解得 h=3 2.所以 AA1 的长为 3 2.
高考热 点突破
解析:(1)①因为 C1B1∥A1D1, C1B1⊄平面 ADD1A1,所以 C1B1∥ 平面 ADD1A1.
又因为平面 B1C1EF∩平面 ADD1A1=EF, 所以 C1B1∥EF.所以 A1D1∥EF. ②因为 BB1⊥平面 A1B1C1D1, 所以 BB1⊥B1C1. 又因为 B1C1⊥B1A1, 所以 B1C1⊥平面 ABB1A1. 所以 B1C1⊥BA1.
高考热 点突破
∵平面 ABC⊥平面 B1BCC1, 平面 ABC∩平面 B1BCC1=BC, AD⊂平面 ABC,
∴AD⊥平面 B1BCC1. ∵BC1⊂平面 B1BCC1, ∴AD⊥BC1.
∵点 D 是 BC 中点,BC= 2BB1,
∴BD=
2 2 BB1.
高考热 点突破
∵BBBD1=CBCC1= 22,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1. ∴∠BDB1=∠BC1C. ∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°. ∴BC1⊥B1D. ∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面 AB1D. 误区警示:不能正确找出 BC1⊥B1D 的方法,就会导致出错或无 法证明.
高中数学必修2《点、直线、平面之间的位置关系》知识点
高中数学必修2《点、直线、平面之间的位置关系》知识点第二章点、直线、平面之间的位置关系一、平面及其表示平面是指在三维空间中的一个无限大的平面,可以用点和直线来表示。
平面的基本性质可以通过三条公理来描述:①公理1:如果一个点A在直线l上,另一个点B也在直线l上,且A在平面α上,那么B也在平面α上。
②公理2:如果三个不共线的点A、B、C确定一个平面α,那么这三个点必在平面α上。
③公理3:如果一个点P在平面α上,又在平面β上,那么P一定在它们的交线l上。
二、点与面、直线位置关系1、点与平面有两种位置关系:①点A在平面α上;②点B不在平面α上。
2、点与直线有两种位置关系:①点A在直线l上;②点B不在直线l上。
三、空间中直线与直线之间的位置关系1、异面直线是指不在同一平面内的两条直线。
2、直线与直线的位置关系包括相交、共面和平行三种情况。
3、公理4和定理:如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补。
四、空间中直线与平面之间的位置关系直线与平面的位置关系可以分为三种情况:直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行。
五、空间中平面与平面之间的位置关系平面与平面的位置关系可以分为平行和相交两种情况。
其中,平行的两个平面没有公共点,而相交的两个平面有一条公共直线。
直线、平面平行的判定及其性质直线与平面平行的判定方法有三种:利用定义、利用判定定理、利用面面平行的性质。
其中,面面平行的性质可以推导出直线与平面平行的性质。
证明面面平行的常用方法有以下几种:①利用面面平行的定义,一般与反证法结合使用;②利用判定定理;③证明两个平面垂直于同一个平面;④证明两个平面同时平行于第三个平面。
直线与平面垂直的判定方法如下:若直线l与平面α所成角α∈(0,90),则PO⊥α,AO为___在平面α上的投影,故∠α为直线l与平面α所成角。
二面角α-l-β的平面角为∠___,其中BO⊥l,___。
线面垂直的判定方法如下:___⊥α,___α,且a∩b=A,则___⊥α。
高三数学二轮复习课件--5-2点、直线与平面的位置关系
专题五
立体几何
[解析]
(1)令PA=x(0<x<2),则A′P=PD=x,BP=2
-x,因为A′P⊥PD 且平面A′PD⊥平面PBCD,故A′P⊥平面PBCD, 1 1 1 所以VA′-PBCD=3Sh=6(2-x)(2+x)x=6(4x-x3) 1 令f(x)=6(4x-x3), 1 2 2 由f′(x)= (4-3x )=0,得x= 3 6 3
分别利用线面平行的判定定理和线面垂直的
判定定理证明.
专题五
立体几何
[解析]
(1)连BD交AC于点E,则E为BD的中点,连EF,
又F为A1D的中点,所以EF∥A1B. 又EF⊂平面AFC,A1B⊄平面AFC, ∴A1B∥平面AFC.
专题五
立体几何
(2)连结B1C,在正方体中四边形A1B1CD为长方形,
专题五
立体几何
[证明] (1)连结A1B,设A1B交AB1于E,连结DE, ∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点, ∴DE∥A1C,∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D, ∴A1C∥平面AB1D.
专题五
立体几何
(2)∵△ABC 是 正 三 角 形 , 点 D 是 BC 的 中 点 ,
∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面B1BCC1. 平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC, ∴AD⊥平面B1BCC1.
专题五
立体几何
专题五
立体几何
专题五
立体几何
1.理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解公理
1、2、3、4. 2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和 理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理. 3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图
高中数学《第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1空间点、直线、平面之间的位置关系》33PPT课件
两种:平行和相交
思考讨论
①怎么样两个平面平行 ②两个平面平行的画法 ③什么叫做两个平面相交
①两个平面平行——没有公共点. ②画两个互相平行的平面时,要注意使表示平面的平行四 边形的对应边平行。
③如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条通 过这个点的公共直线.此时,就说两平面相交,交线就是 公共点的集合,这就是公理3.用符号语言表示为:P∈Α 且P∈ΒΑ∩Β=L,且P∈L.
复习旧知
1.直线与直线的位置关系:相交、平行、异面. 2.直线与平面的位置关系: ①直线在平面内——有无数个公共点, ②直线与平面相交——有且只有一个公共点, ③直线与平面平行——没有公共点.
Hale Waihona Puke 讲授新知观察长方体(图1),围成长方体ABCD— A′B′C′D′的六个面,两两之间的位置关系有几种 ?
平面与平面之间的 位置关系
学习目标
(1)了解空间中平面与平面的位置关系; (2)培养学生的空间想象能力. (3)学生通过观察与类比加深了对这些位 置关系的理解、掌握; (4)让学生利用已有的知识与经验归纳整 理本节所学知识.
重难点
1.了解空间两个平面的位置关系。 2.会判断两个平面的位置关系。 3.空间中三个平面之间的位置关系。
重难点
本节主要学习平面与平面的位置关系,平面与 平面的位置关系有两种:
①两个平面平行——没有公共点; ②两个平面相交——有一条公共直线. 另外,空间想象能力的培养是本节的重点和难 点.
重难点
作业布置: P56 习题2.1A组 4(4)(5)(6)
重难点
本节内容较少,与上一节课一样,教材没有 讨论面面平行的判定和性质,只介绍了平面与 平面的位置关系.平面与平面的位置关系是立体 几何的重要位置关系,虽没有严格推理和证明 ,却正好发挥我们的空间想象能力和发散思维 能力.
高中数学必修2第二章点、直线、平面的位置关系复习课件
3种问题 垂直问题
典型例题
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
求证:平面ACC1A1 平面A1BD
D1 A1
C1 证明:因为是正方体,所以
B1
AC⊥BD,
D
A
O
C 又AA1⊥平面ABCD,故AA1⊥BD,
B
因为AC∩BD=O,
பைடு நூலகம்
所以BD⊥平面ACC1A1
故命题得证
3种问题 垂直问题
四边形ABCD是平行四边形,直线SC⊥平面ABCD,E是 SA的中点, 求证:平面EBD⊥平面ABCD.
解:在图形中,将AC平行移 动到A1C1,再连接A1B,则 △A1BC1是一个等边三角形, A1C1与BC1所成的角为60°,所 以AC与BC1所成角的大小也是 60°,选C.
3种问题 成角问题
例 正方形ABCD-A1B1C1D1.求: (1)A1B与CC1所成的角是多少度? BB1∥CC1,所以∠A1BB1为所求, 大小为45°
故EF∥平面PAB
3种问题 平行问题
练习
D 1.平行于同一平面的二直线的位置关系是( )
(A) 一定平行 (B) 平行或相交
(C) 相交 2 判断:
(D) 平行,相交,异面
直线a∥平面α,则直线a平行于α内的任意直线
错
3种问题 平行问题
3、直线a//平面,那么直线a与平面内直线b的位 置关系是:
直l线L是的斜线时, 作AB⊥α于B,
直线L与平面α的交点是O
∠AOB(锐角)即为 l与所成的角
Al
O
B
3种问题 成角问题
l 或l // 时, l与 所成角为00
l 时, l与 所成角为900
高三数学专题复习 点直线平面之间的位置关系教案高三全册数学教案
教学流程多媒体辅助教学内容考向三平面图形折叠问题把平面图形折叠成空间几何体,以此为载体来考察相关的角、间隔、体积等,关键是弄清折叠前后哪些量改变,哪些量没变.【例3】(2021·高考)如图(1),在边长为1的等边三角形ABC 中,D ,E 分别是AB ,AC 上的点,AD =AE ,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G.将△ABF 沿AF 折起,得到如图(2)所示的三棱锥A -BCF ,其中BC =.(1)证明:DE ∥平面BCF ; (2)证明:CF ⊥平面ABF ;(3)当AD =时,求三棱锥F -DEG 的体积VF -DEG.[思路点拨](1)要证直线和平面平行,可证直线与该平面内的一条直线平行,也可证直线所在的平面与该平面平行.(2)要证直线和平面垂直,需要证明直线和该平面内的两条相交直线垂直.(3)要求三棱锥的体积,需要确定底面面积和高,然后代入棱锥的体积公式计算.芯衣州星海市涌泉学校课题点、直线、平面之间的位置关系课时一一共3课时 本节第2课时选用教材 专题五 知识模块 立体几何课型复习教学目的 熟悉掌握点、直线、平面之间的位置关系 重点 熟悉掌握点、直线、平面之间的位置关系 难点 熟悉掌握点、直线、平面之间的位置关系 关键 熟悉掌握点、直线、平面之间的位置关系教学方法 及课前准备多媒体辅助教学学生自主探究讲练结合教学流程多媒体辅助教学内容(1)证明在等边△ABC中,AD=AE在折叠后的图形中,仍有AD=AE,AB=AC因此=,从而DE∥BC.因为DE⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,所以DE∥平面BCF.(2)证明在折叠前的图形中,因为△ABC为等边三角形,BF=CF,所以AF⊥BC,那么在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF,又BF=CF=,BC=.,所以BC2=BF2+CF2,所以BF⊥CF.又BF∩AF=F,BF⊂平面ABF,AF⊂平面ABF,所以CF⊥平面ABF.(3)解由(1)知,平面DEG∥平面BCF,由(2)知AF⊥BF,AF⊥CF,又BF∩CF=F,所以AF⊥平面BCF,所以AF⊥平面DEG,即GF⊥平面DEG.在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF=,AF=.由AD=知=,又DG∥BF,所以===,所以DG=EG=×=,AG=×=,所以FG=AF-AG=.故V三棱锥F-DEG=V三棱锥E-DFG=×DG·FG·GE=·()2·=.[探究提升]1.解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变,哪些量不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用面图形的信息进展条件转化.2.求解过程中,要综合考虑折叠前后的图形,把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决.【变式训练3】如下列图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合于点G,得到多面体CDEFG.(1)求证:平面DEG⊥平面CFG;(2)求多面体CDEFG的体积.(1)证明∵CD∥EF,且DE⊥EF,CF⊥EF.∴四边形CDEF为矩形.∵GD=AD=5,DE=4,∴GE==3.由GC=BC=4,CF=4,得FG==4,所以EF=5.在△EFG中,有EF2=GE2+FG2,所以EG⊥GF.又因为CF⊥EF,CF⊥FG,所以CF⊥平面EFG.所以CF⊥EG,所以EG⊥平面CFG.又EG⊂平面DEG,所以平面DEG⊥平面CFG.(2)解如图,在平面EGF中,过点G作GH⊥EF于点H,那么GH==.因为平面CDEF⊥平面EFG,所以GH⊥平面CDEF,所以V多面体CDEFG=S矩形CDEF·GH=16.课堂同步练习:1.(2021·高考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面().A.假设m∥α,n∥α,那么m∥nB.假设m∥α,m∥β,那么α∥βC.假设m∥n,m⊥α,那么n⊥αD.假设m∥α,α⊥β,那么m⊥β解析平行的传递性只有在线线和面面之间,那么A,B不正确.两条平行线中,有一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直这个平面,C正确.答案C考点探究打破典型例题讲解,先让学生自己考虑,老师再给出思路,最后用多媒体展示解答过程,要求学生自己做题时2.(2021·高考)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的间隔的不同取值有().A.3个B.4个C.5个D.6个解析设正方体边长为1,过P作平面A1B1C1D1,ABCD的垂线分别交D1B1,DB于E,F点,易知P也是EF的三等分点,那么PA=PC=PB1=,PA1=PD=PC1=1,PB=,PD1=一一共有4个.答案B3.(2021·高考)设l为直线,α,β是两个不同的平面,以下命题中正确的选项是().A.假设l∥α,l∥β,那么α∥βB.假设l⊥α,l⊥β,那么α∥βC.假设l⊥α,l∥β,那么α∥βD.假设α⊥β,l∥α,那么l⊥β解析A中,α与β可能平行,也可能相交,A错;B中,l⊥α,l⊥β⇒α∥β,正确;C中,可得α⊥β;C错;D中,可得l∥β或者者l⊂β,或者者l⊥β,D错.答案B4.(2021·高考)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,那么直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.解析如图,取CD的中点G,连接EG,FG,那么CD⊥平面EFG,又AB∥CD,∴AB⊥平面EFG,又AB⊥平面BPP1B1,AB⊥平面AQQ1A1,∴EF∥平面BPP1B1,EF∥平面AQQ1A1,∴EF与正方体的其余四个面均相交,n=4.答案4 要标准。
高考数学(理)二轮专题复习专题突破课件1-5-2点、直线、平面之间的位置关系
面内的直线有哪些位置关系? 提示:平行或异面.
[思考4]
两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线有什
直线平行或相交或异面;垂直于同一个平面的 两个平面可能平行,也可能相交.
真题感悟
考向一 空间点、线、面的位置关系 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几
又EF⊄平面PAD,所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平面PAD. 又CE⊂平面CEF,所以CE∥平面PAD. (2)因为E,F分别为PB,AB的中点, 所以EF∥PA.又AB⊥PA,所以AB⊥EF.
同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG, 因此AB⊥平面EFG. 又M,N分别为PD,PC的中点,所以MN∥DC. 又AB∥DC,所以MN∥AB,所以MN⊥平面EFG.
【变式训练 2】 (2013· 北京高考 ) 如图,在四棱锥 PABCD 中,
AB∥CD , AB⊥AD , CD = 2AB , 平 面 PAD⊥ 底 面 ABCD ,
解析 法一
根据条件作图形,在如图所示,可知α∩β=CD,
且CD∥l.
法二
假设α∥β,由m⊥平面α,n⊥平面β,则m∥n,这与已知
m,n为异面直线矛盾,那么α与β相交,设交线为l1,则l1⊥m,
l1⊥n,在直线m上任取一点作 n1 平行于n,那么l1和l都垂直于直
线m与n1所确定的平面,所以l1∥l. 答案 D
第2讲 点、直线、平面之间的位置关系
[ 思考 1]
判断正误:①线面平行的判定定理: a⊄α , b⊂α ,
a∥b⇒a∥α.
②线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
③ 面 面 平 行 的 判 定 定 理 : a⊂β , b⊂β , a∩b = P , a∥α , b∥α⇒α∥β. ④面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b. 提示:正确.
高三数学(理)二轮复习:专题十一 空间点、直线、平面之间的位置关系 Word版含解析
专题十一空间点、直线、平面之间的位置关系1.空间两直线有相交、平行、异面三种位置关系.2.线面平行判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行.线面平行性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.3.线面垂直判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直.4.面面平行判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,则这两个平面平行.面面平行性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.5.面面垂直判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.面面垂直性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.考点一平面的基本关系考点精析1.空间中,两条直线有相交、平行、异面三种位置关系.2.直线与平面的位置关系有:直线在平面上、直线与平面相交、直线与平面平行.3.两个不同平面的位置关系有:相交、平行.例1-1若直线l1和l2是异面直线.l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交考点:空间中直线与直线之间的位置关系.分析:根据条件确定相应的位置关系,再对照选项确定答案.解析:若l1,l2与l都不相交,则l1∥l2与直线l1和l2是异面直线矛盾,所以选项A错误.若l1∥l,l2与l相交,则l1与l2异面.若l1,l2与l都相交,则l1与l2异面或相交.故l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.答案:D点评:本题考查了空间中直线与直线的位置关系,考查了空间想象能力,属于中档题.例1-2如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB 为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=2,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积.考点:直线与平面平行的判定,平面与平面垂直的判定和性质,三棱锥的体积等.分析:(1)利用线面平行的判定定理证明;(2)利用面面垂直的性质定理与判定定理证明;(3)利用等体积变换法将其转化为三棱锥C-VAB 的体积求解.解析:(1)因为O ,M 分别为AB ,VA 的中点,所以OM ∥VB .又因为MO ⊂平面MOC 且VB ⊄平面MOC ,所以VB ∥平面MOC .(2)因为AC =BC ,O 为AB 的中点,所以OC ⊥AB .又因为平面VAB ⊥平面ABC ,且OC ⊂平面ABC ,所以OC ⊥平面VAB ,所以平面MOC ⊥平面VAB .(3)在等腰直角三角形ACB 中,AC =BC =2,所以AB =2,OC =1,所以等边三角形VAB 的面积S △VAB = 3.又因为OC ⊥平面VAB ,所以三棱锥C -VAB 的体积等于13×OC ×S △VAB =33.又因为三棱锥V -ABC 的体积与三棱锥C -VAB 的体积相等,所以三棱锥V -ABC 的体积为33.点评:本题考查了直线与平面平行的判定,平面与平面垂直的判定和性质,等体积法求三棱锥的体积等知识,考查了空间想象能力和推理论证能力.规律总结空间线面位置关系的判定问题是历年高考的热点问题,这类问题难度不大,以容易题或中档题为主,主要是选择、填空题.解决翻折问题的注意事项:(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口.(2)把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决.变式训练【1-1】l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线,q:l1,l2不相交,则()A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件解析:l1,l2是异面直线说明l1,l2既不平行,也不相交,而l1,l2不相交时,l1,l2可能平行,不一定异面,∴p是q的充分不必件条件.答案:A考点二空间直线、平面位置关系的证明考点精析1.证明线线平行的常用方法(1)利用平行公理,即证明两直线同时和第三条直线平行;(2)利用平行四边形进行转换;(3)利用三角形中位线定理证明;(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明.2.证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理,把证明线面平行转化为证明线线平行;(2)利用面面平行的性质定理,把证明线面平行转化为证明面面平行.3.证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理,把线面垂直的判定转化为证明线线垂直;(2)利用面面垂直的性质定理,把证明线面垂直转化为证明面面垂直;(3)利用教材中常见结论,如:两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面等.4.证明面面平行,依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而将证面面平行转化为证线面平行,再转化为证线线平行.5.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅助线解决.例2-1如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.(1)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F-AEC 的体积.考点:空间线面、面面垂直关系的证明,直线与平面所成的角以及三棱锥的体积的计算.分析:(1)要证明平面AEF与平面B1BCC1垂直,只要证明平面AEF 内的直线AE与平面B1BCC1垂直即可,要证明直线AE与平面B1BCC1垂直,只要证明AE与BC及BB1垂直即可;(2)底面AEC的面积易求,为求三棱锥的体积,只要求出FC的值即可.解析:(1)证明:因为三棱住ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的边BC的中点,所以AE⊥BC.因此,AE⊥平面B1BCC1.而AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)设AB的中点为D,连接A1D,CD.因为△ABC 是正三角形,所以CD ⊥AB .又三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱,所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥平面A 1ABB 1,于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角.由题设,∠CA 1D =45°,所以A 1D =CD =32AB = 3.在Rt △AA 1D 中,AA 1=A 1D 2-AD 2=3-1=2,所以FC =12AA 1=22.故三棱锥F -AEC 的体积V =13S △AEC ·FC =13×32×22=612.点评:本题考查平面与平面垂直的判定,直线与平面所成的角,三棱锥体积的求法,正确运用判定定理、体积公式是求解的关键.规律总结空间中的平行与垂直关系这部分知识概念性比较强,是每一年高考考查立体几何的重点,试题特点是融推理论证于几何量的计算中,以推理论证为主;融线面关系于立体图形中,以线面的分析为主,试题主要体现了立体几何的通性通法,突出了化归、转化等思想方法的考查.在立体几何的平行关系问题中,“中点”是经常使用的一个特殊点,无论是试题本身的已知条件,还是在具体的解题中,通过找“中点”,连“中点”,即可出现平行线,而线线平行是平行关系的根本.在垂直关系的证明中,线线垂直是问题的核心,可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直,也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直,其中要特别重视两个平面垂直的性质定理,这个定理已知的是两个平面垂直,结论是线面垂直.变式训练【2-1】《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马P -ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD =CD ,点E 是PC 的中点,连接DE ,BD ,BE .(1)证明:DE ⊥平面PBC .试判断四面体EBCD 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,请说明理由;(2)记阳马P -ABCD 的体积为V 1,四面体EBCD 的体积为V 2,求V 1V 2的值.解析:(1)证明:因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥BC .由底面ABCD 为长方形,有BC ⊥CD ,而PD ∩CD =D ,所以BC ⊥平面PDC .因为DE ⊂平面PCD ,所以BC ⊥DE .又因为PD =CD ,点E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC .而PC ∩BC =C ,所以DE ⊥平面PBC .由BC ⊥平面PCD ,DE ⊥平面PBC ,可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形,即四面体EBCD 是一个鳖臑,其四个面的直角分别是∠BCD ,∠BCE ,∠DEC ,∠DEB .(2)由已知,PD 是阳马P -ABCD 的高,所以V 1=13S ABCD ·PD =13BC ·CD ·PD .由(1)知,DE 是鳖臑D -BCE 的高,BC ⊥CE ,所以V 2=13S △BCE ·DE =16BC ·CE ·DE .在Rt △PDC 中,因为PD =CD ,点E 是PC 的中点,所以DE =CE =22CD ,于是V 1V 2=13BC ·CD ·PD 16BC ·CE ·DE=2CD ·PD CE ·DE =4. 考点三空间角的计算考点精析1.求解异面直线所成的角时要注意角的取值范围,用定义法所作出的角有可能是所求角的补角,故可直接利用cos α=|cos θ|来处理最后的结果.2.线面角求解的关键在于确定平面的垂线,然后将其转化为直角三角形的内角求解,也可转化为点到平面的距离d 和斜线段的长度l的比值(即线面角的正弦值)求解.3.二面角的求解应先作出二面角的平面角,然后转化为解三角形的问题,也可直接建立空间直角坐标系转化为两个平面的法向量的夹角求解,但要注意两个角之间的关系,两者可能相等,也可能互补.例3-1已知二面角α-l -β为60°,AB ⊂α,AB ⊥l ,A 为垂足,CD ⊂β,C ∈l ,∠ACD =135°,则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为()A.14B.24C.34D.12考点:异面直线及其所成的角.分析:首先作出二面角的平面角,然后再构造出异面直线AB 与CD 所成角,利用解直角三角形和余弦定理,求出问题的答案.解析:如图,过A 点作AE ⊥l ,使BE ⊥β,垂足为E ,过点A 作AF ∥CD ,过点E 作EF ⊥AE ,连接BF ,∵AB ⊥l ,∴∠BAE =60°,又∠ACD =135°,∴∠EAF =45°,在Rt △BEA 中,设AE =a ,则AB =2a ,BE =3a ,在Rt △AEF 中,则EF =a ,AF =2a ,在Rt △BEF 中,则BF =2a ,∴异面直线AB 与CD 所成的角即是∠BAF ,∴cos ∠BAF =AB 2+AF 2-BF 22AB ·AF=(2a )2+(2a )2-(2a )22×2a ×2a=24.答案:B点评:本题主要考查了二面角和异面直线所成的角,关键是构造二面角的平面角和异面直线所成的角,考查了学生的空间想象能力和作图能力,属于难题.规律总结以空间角的计算为载体考查直线与平面的位置关系是历年高考命题的热点问题,其中理科近几年对空间角计算的考查有意向空间向量倾斜(即用空间向量方法简单些),但有时也仅考查几何综合法(如本题).对异面直线所成角的考查以选择、填空题为主,对直线与平面所成角和二面角的考查一般以解答题为主,难度为中低档试题.变式训练【3-1】如图所示,四棱锥P -ABCD 中,∠ABC =∠BAD =90°,BC =2AD ,△P AB 和△P AD 都是等边三角形,则异面直线CD 与PB 所成的角大小为()A .90°B .75°C .60°D .45°解析:如图所示,延长DA 至E ,使AE =DA ,连接PE ,BE .∵∠ABC =∠BAD =90°,BC =2AD ,∴DE =BC ,DE ∥BC .∴四边形CBED 为平行四边形,∴CD ∥BE .∴∠PBE 就是异面直线CD 与PB 所成的角,在△P AE 中,AE =P A ,∠P AE =120°,由余弦定理得PE =P A 2+AE 2-2·P A ·AE cos ∠P AE =AE 2+AE 2-2·AE ·AE ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-12 =3AE .在△ABE 中,AE =AB ,∠BAE =90°,∴BE =2AE .∵△P AB是等边三角形,∴PB=AB=AE,∴PB2+BE2=AE2+2AE2=3AE2=PE2,∴∠PBE=90°,故选A.【3-2】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.解析:(1)设E为BC的中点,由题意得A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以AA1DE为平行四边形.于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE,垂足为F,连接BF.因为A1E⊥平面ABC,所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE,所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F,则A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB=AC=2,∠BAC=90°,得EA=EB= 2.由A1E⊥平面ABC,得A1A=A1B=4,A1E=14.由DE=BB1=4,DA1=EA=2,∠DA1E=90°,得A1F=7 2.所以sin∠A1BF=7 8.例如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=23,M、N分别为AB、SB的中点.(1)证明:AC⊥SB;(2)求二面角N-CM-B的正切值;(3)求点B到平面CMN的距离.考场错解:第(2)问:过N作NF⊥CM,过F作FE⊥CM交BC于E点,则∠NFE为二面角N-CM-B的平面角.(此题只做到此处,因为不知E、F的位置,∠NFE等于多少计算不出来).专家把脉:求二面角的大小时,只顾用定义作出二面角的平面角,给计算带来麻烦或根本就算不出来,所以一般用三垂线定理来作二面角的平面角,就是便于计算.对症下药:(1)如图,取AC中点D,连接SD,DB,∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SD,且AC⊥BD,∴AC⊥平面SDB.又SB⊂平面SDB,∴AC⊥SB.(2)取BD的中点E,连接NE,过E作EF⊥CM于F,连接NF,∵平面SAC⊥平面ABCD,SD⊥AC,∴SD⊥平面ABCD,又N、E分别为SB、BD的中点,∴NE∥SD,NE⊥平面ABC,又EF⊥CM,∴NF⊥CM,∴∠NFE 为二面角N -CM -B 的平面角.又NE =12SD =2,在正△ABC 中,由平面几何知识可求得EF =14MB =12,在Rt △NEF 中,tan ∠NFE =EN EF =22,∴二面角N -CM -B 的正切值是2 2.(3)在Rt △NEF 中,NF =EF 2+EN 2=32, ∴S △CMN =12CM ·NF =323,S △CMB =12BM ·CM =2 3.设点B 到平面CMN 的距离为h ,∵V B -CMN =V N -CMB ,NE ⊥平面CMB ,∴13S △CMN ·h =13S △CMB ·NE ,∴h =423,即点B 到平面CMN 的距离为423.专家会诊:空间的各种角是对点、直线、平面所组成的空间图形的位置关系进行定性分析和定量计算的重要组成部分,空间角的度量都是转化为平面角来实现的,要熟练掌握空间角转化为平面角的常用方法,为了实现这种转化,一是靠经验和知识的积累;二是利用识图和画图的训练;三要以推理为主要依据,求角的一般步骤是:(1)找出或作出要求的角;(2)证明它符合定义;(3)在某一三角形中进行计算,得结果,当然在解选择或填空题时,一些间接方法也经常用.一、选择题1.已知m,n为不同的直线,α、β为不同的平面,则下列说法正确的是()A.m⊂α,n∥m⇒n∥αB.m⊂α,n⊥m⇒n⊥αC.m⊂α,n⊂β,n∥m⇒α∥βD.n⊂β,n⊥α⇒α⊥β解析:m⊂α,n∥m⇒n∥α错误的原因为n也可能在α内,所以A不正确.m⊂α,n⊥m⇒n⊥α错误的原因为n也可能与m都在平面α内,也可能n∥α,所以B不正确.m⊂α,n⊂β,n∥m⇒α∥β错误的原因为α,β也可能是相交平面,所以C不正确.只有D是正确选项.答案:D2.已知直线a,b异面,给出以下命题:①一定存在平行于a的平面α使b⊥α;②一定存在平行于a的平面α使b∥α;③一定存在平行于a的平面α使b⊂α;④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点.其中是真命题的是()A.①④B.②③C.①②③D.②③④解析:由直线a,b异面,得:①若存在平行于a的平面α使b⊥α,则b⊥a,而a与b不一定垂直,故①不正确;②空间中至少有一个平面同时和两条异面直线平行,所以一定存在平行于a的平面α,使b∥α,故②正确;③由a,b是异面直线,只过b的平面至少有一个与a平行,所以一定存在平行于a的平面α使b⊂α,故③正确;④由a,b是异面直线,只过b上一定点,有无数个平面与a平行,所以一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点,故④正确.答案:D3.用a,b,c表示空间中三条不同的直线,γ表示平面,给出下列命题:①若a⊥b,b⊥c,则a∥c;②若a∥b,a∥c,则b∥c;③若a∥γ,b∥γ,则a∥b;④若a⊥γ,b⊥γ,则a∥b.其中真命题的序号是()A.①②B.②③C.①④D.②④解析:若a⊥b,b⊥c,则a∥c或a与c相交或a与c异面,所以①是假命题;在空间中,平行于同一直线的两条直线平行,所以②是真命题;若a ∥γ,b ∥γ,则a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面,所以③是假命题;若两条直线垂直于同一个平面,则这两条直线平行,所以④是真命题,故选D.答案:D4.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面,则a 的取值范围是()A .(0,2)B .(0,3)C .(1,2)D .(1,3)解析:设四面体的底面是BCD ,BC =a ,BD =CD =1,顶点为A ,AD = 2.在三角形BCD 中,因为两边之和大于第三边可得:0<a <2.①取BC 中点E ,则易知直角三角形ACE 全等于直角DCE ,所以在三角形AED 中,AE =ED =1-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22. ∵两边之和大于第三边,∴2<21-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22,解得0<a <2(负值0值舍).② 由①②得0<a < 2.答案:A5.如图,在三棱锥D -ABC 中,若AB =CB ,AD =CD ,E 是AC 的中点,则下列命题中正确的是()A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE解析:因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC.同理,DE⊥AC.由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.答案:C6.设有如下三个命题:甲:相交直线l、m都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:直线l、m中至少有一条与平面β相交;丙:平面α与平面β相交.当甲成立时()A.乙是丙的充分而不必要条件B.乙是丙的必要而不充分条件C.乙是丙的充分且必要条件D.乙既不是丙的充分条件也不是丙的必要条件解析:当甲成立,即“相交直线l、m都在平面α内,并且都不在平面β内”时,若“l、m中至少有一条与平面β相交”,则“平面α与平面β相交”成立;若“平面α与平面β相交”,则“l、m中至少有一条与平面β相交”也成立.答案:C7.关于直线m,n与平面α,β有下列四个命题:①若m∥α,n∥β,且α∥β,则m∥n;②若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m⊥n;③若m⊥α,n∥β,且α∥β,则m⊥n;④若m∥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥n.其中真命题的序号是()A.①②B.③④C.②③D.①④解析:对于①,m∥α,n∥β,且α∥β,则直线m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故①错;对于②,设α∩β=l,过α内一点P作PM⊥l,因为α⊥β,所以PM⊥β,又因为n⊥β,所以PM∥n,又知m⊥α,PM⊂α,所以m⊥PM,因为m⊥n,故②正确;对于③,设过n的平面为γ,且β∩γ=a,则有a∥n,由条件m⊥α,α∥β知m⊥β,又α⊂β,所以m⊥a,因为m⊥n,故③正确;对于④,α⊥β,n ⊥β,且m ∥α,则m 与n 相交、异面、平行均有可能,故④错误.因此真命题的序号为②③,选C.答案:C8.如图,已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为面ABCD 上一动点,且tan ∠P A 1A =2tan ∠PD 1D ,则点P 的轨迹是()A .椭圆的一部分B .双曲线的一部分C .抛物线的一部分D .圆的一部分解析:在Rt △P AA 1中,tan ∠P A 1A =P A AA 1, 在Rt △PDD 1中,tan ∠PD 1D =PD DD 1. ∵AA 1=DD 1,tan ∠P A 1A =2tan ∠PD 1D ,∴P A =2PD ,在平面ABCD 内,建立适当坐标系,设出P 的坐标,化简整理可知,点P 的轨迹是圆,又因为点P 为平面ABCD 上一动点,故点P 的轨迹是圆的一部分,故选D.答案:D9.已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为()A.16B.36C.13D.33解析:如图,取AD 中点F ,连接EF ,CF ,∵E 为AB 的中点,∴EF ∥DB ,则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角,∵ABCD 为正四面体,E 、F 分别为AB 、AD 的中点,∴CE =CF .设正四面体的棱长为2a ,则EF =a ,CE =CF =(2a )2-a 2=3a .在△CEF 中,由余弦定理得:cos ∠CEF =CE 2+EF 2-CF 22CE ·EF =a 22×3a 2=36. 答案:B二、填空题10.如图所示,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,线段B 1D 1上有两个动点E 、F ,且EF =22,则下列结论中错误的是______.①AC⊥BE;②EF∥平面ABCD;③三棱锥A-BEF的体积为定值;④异面直线AE,BF所成的角为定值.解析:∵AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D,∴AC⊥BE.故①正确.∵B1D1∥平面ABCD,又E、F在直线D1B1上运动,∴EF∥平面ABCD.故②正确.③中由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值.又点A到平面BEF的距离为2 2,所以V A-BEF为定值.故③正确.当点E在D1处,F为D1B1的中点时,异面直线AE,BF所成的角是∠OD1A,当E在上底面的中心时,F在B1的位置,异面直线AE,BF所成的角是∠OEA,显然两个角不相等,故④不正确.答案:④11.在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,点P 在线段AD ′上运动,则异面直线CP 与BA ′所成的角θ的取值范围是________.解析:连接CD ′,则异面直线CP 与BA ′所成的角θ等于∠D ′CP ,当P 点与A 点重合时,θ=π3,当P 点无限接近D ′点时,θ趋近于0.由于是异面直线,故θ≠0.答案:⎝⎛⎦⎥⎤0,π3 12.如图所示,AB ∥α,CD ∥α,AC ,BD 分别交α于M ,N 两点,AM MC =2,则BN ND =______.解析:如图所示,连接AD,交平面α于O,连接OM,ON.∵AB∥α,CD∥α,AC,BD分别交α于M,N两点,∴OM∥CD,ON∥AB,∴AMMC=AOOD=BNND,∵AMMC=2,∴BNND=2.答案:2三、解答题13.如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析:(1)(证法1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.所以O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.(证法2)在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)(方法1)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=12AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),D (0,0,1).可得H (22,22,0),F (0,2,1),故GH →=(22,22,0),GF →=(0,2,1). 设n =(x ,y ,z )是平面FGH 的法向量,则由⎩⎨⎧n ·GH →=0,n ·GF→=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x +y =0,2y +z =0. 可取平面FHG 的一个法向量n =(1,-1,2).因为GB→是平面ACFD 的一个法向量,GB →=(2,0,0), 所以cos 〈GB →,n 〉=GB →·n |GB →|·|n |=222=12. 所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.(方法2)作HM ⊥AC 于点M ,作MN ⊥GF 于点N ,连接NH由FC ⊥平面ABC ,得HM ⊥FC .又FC ∩AC =C ,所以HM ⊥平面ACFD .因此GF ⊥NH ,所以∠MNH 即为所求的角.在△BGC 中,MH ∥BG ,MH =12BG =22,由△GNM ∽△GCF ,可得MN FC =GM GF ,从而MN =66.由HM ⊥平面ACFD ,MN ⊂平面ACFD ,得HM ⊥MN .因此tan ∠MNH =HM MN =3,所以∠MNH =60°.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.14.如图,三棱锥P -ABC 中,PC ⊥平面ABC ,PC =3,∠ACB =π2,D ,E 分别为线段AB ,BC 上的点,且CD =DE =2,CE =2EB =2.(1)证明:DE ⊥平面PCD ;(2)求二面角A -PD -C 的余弦值.解析:(1)证明:由PC ⊥平面ABC ,DE ⊂平面ABC ,得PC ⊥DE . 由CE =2,CD =DE =2,得△CDE 为等腰直角三角形,故CD ⊥DE .又PC ∩CD =C ,所以DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE =π4.如图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF =FC =FE =1.又EB =1,故FB =2.由∠ACB =π2得DF ∥AC ,DF AC =FB BC =23,故AC =32DF =32.以C 为坐标原点,分别以CA→,CB →,CP →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A (32,0,0),E (0,2,0),D (1,1,0),ED→=(1,-1,0),DP →=(-1,-1,3),DA →=(12,-1,0).设平面P AD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1·DP →=0,n 1·DA →=0, 得⎩⎨⎧-x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1).由(1)可知,DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED→, 即n 2=(1,-1,0).从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=36, 故二面角A -PD -C 的余弦值为36.15.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC =120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC .(1)证明:平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.解析:(1)连接BD ,设BD ∩AC =G ,连接EG ,FG ,EF .在菱形ABCD 中,不妨设GB =1,由∠ABC =120°,可得AG =GC = 3.由BE ⊥平面ABCD ,AB =BC ,可知AE =EC .又AE ⊥EC ,所以EG =3,且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中,可得BE =2,故DF =22.在Rt △FDG 中,可得FG =62.在直角梯形BDFE 中,由BD =2,BE =2,DF =22,可得EF =322.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ⊥FG .又AC ∩FG =G ,可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ,所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图,以G 为坐标原点,分别以GB→,GC →的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB→|为单位长,建立空间坐标系Gxyz . 由(1)可得A (0,-3,0),E (1,0,2),F ⎝⎛⎭⎪⎫-1,0,22, C (0,3,0), 所以AE →=(1,3,2),CF →=⎝⎛⎭⎪⎫-1,-3,22. 故cos 〈AE →,CF →〉=AE →·CF →|AE →||CF →|=-33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.。
高三数学二轮复习 1.5.2 点、直线、平面之间的位置关系课时巩固过关练 理 新人教版(2021年
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课时巩固过关练十三点、直线、平面之间的位置关系(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共15分)1。
(2016·资阳三模)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列叙述正确的是( )A。
若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥nB.若α⊥β,m⊥α,n∥β,则m⊥nC。
若m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,m⊥n,则α∥βD.若m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β【解析】选C.在长方体ABCD—A′B′C′D′中,(1)令平面ABCD为平面α,平面A′B′C′D′为平面β,A′B′为直线m,BC为直线n,显然α∥β,m∥α,n∥β,但m与n不平行。
故A错误.(2)令平面ABCD为平面α,平面ABB′A′为平面β,直线BB′为直线m,直线CC′为直线n,显然α⊥β,m⊥α,n∥β,m∥n。
故B错误.(3)令平面ABCD为平面α,平面A′B′C′D′为平面β,直线BB′为直线m,直线B′C′为直线n,显然m⊥α,n⊂β,m⊥n,但α∥β。
故D错误.2.(2016·石家庄二模)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:①若m⊂α,n∥α,则m∥n;②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ;③若α∩β=n,m∥n,则m∥α且m∥β;④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β。
高三数学一轮复习精品教案2:空间点、直线、平面之间的位置关系教学设计
第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系考纲传真1.理解空间直线,平面位置关系的定义,并了解可以作为推理依据的公理和定理. 2.能运用公理,定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.1.平面的基本性质公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内. 公理2:过不共线的三点,有且只有一个平面.公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行 关系图形 语言符号 语言 a ∥ba ∥αα∥β相交 关系图形 语言符号 语言 a ∩b =Aa ∩α=Aα∩β=l 独有关系 图形 语言符号 语言a ,b 是异面直线a ⊂α3.异面直线所成的角(1)定义:设a ,b 是两条异面直线,经过空间中任一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ,把a ′与b ′所成的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角.(2)范围:(0,π2』.4.平行公理平行于同一条直线的两条直线平行. 5.等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.1.(人教A 版教材习题改编)下列命题正确的个数为( )①梯形可以确定一个平面;②若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线平行;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面;④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.A .0B .1C .2D .3『解析』 ②中两直线可以平行、相交或异面,④中若三个点在同一条直线上,则两个平面相交,①③正确.『答案』 C2.已知a 、b 是异面直线,直线c ∥直线a ,那么c 与b ( ) A .一定是异面直线 B .一定是相交直线 C .不可能是平行直线 D .不可能是相交直线『解析』 若c ∥b ,∵c ∥a ,∴a ∥b ,与a ,b 异面矛盾. ∴c ,b 不可能是平行直线. 『答案』 C3.平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为( ) A .3 B .4 C .5 D .6『解析』 与AB 平行,CC 1相交的直线是CD 、C 1D 1;与CC 1平行、AB 相交的直线是BB 1,AA 1;与AB 、CC 1都相交的直线是BC ,故选C.『答案』 C4.(2013·宁波模拟)若直线l 不平行于平面α,且l ⊄α,则( ) A .α内的所有直线与l 异面 B .α内不存在与l 平行的直线 C .α内存在唯一的直线与l 平行 D .α内的直线与l 都相交『解析』 由题意知,直线l 与平面α相交,则直线l 与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系,因而只有选项B 是正确的.『答案』 B图7-3-15.(2012·四川高考)如图7-3-1,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点,则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________.『解析』 如图,取CN 的中点K ,连接MK ,则MK 为△CDN 的中位线,所以MK ∥DN .所以∠A 1MK 为异面直线A 1M 与DN 所成的角.连接A 1C 1,AM .设正方体棱长为4,则A 1K =(42)2+32=41,MK =12DN =1242+22=5,A 1M =42+42+22=6,∴A 1M 2+MK 2=A 1K 2,∴∠A 1MK =90°. 『答案』 90°平面的基本性质图7-3-2如图7-3-2所示,四边形ABEF 和ABCD 都是梯形,BC 綊12AD ,BE 綊12F A ,G 、H 分别为F A 、FD 的中点.(1)证明:四边形BCHG 是平行四边形; (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面?为什么? 『思路点拨』 (1)证明GH 綊BC 即可. (2)法一 证明D 点在EF 、CH 确定的平面内.法二 延长FE 、DC 分别与AB 交于M ,M ′,可证M 与M ′重合,从而FE 与DC 相交证得四点共面.『尝试解答』 (1)由已知FG =GA ,FH =HD , 得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ,∴GH 綊BC ,∴四边形BCHG 是平行四边形. (2)法一 由BE 綊12AF ,G 为F A 中点知BE 綊GF , ∴四边形BEFG 为平行四边形, ∴EF ∥BG . 由(1)知BG ∥CH , ∴EF ∥CH , ∴EF 与CH 共面.又D ∈FH ,∴C 、D 、F 、E 四点共面.法二 如图所示,延长FE ,DC 分别与AB 交于点M ,M ′, ∵BE 綊12AF ,∴B 为MA 中点, ∵BC 綊12AD ,∴B 为M ′A 中点,∴M 与M ′重合,即FE 与DC 交于点M (M ′), ∴C 、D 、F 、E 四点共面.,1.解答本题的关键是平行四边形、中位线性质的应用.2.证明共面问题的依据是公理2及其推论,包括线共面,点共面两种情况,常用方法有:(1)直接法:证明直线平行或相交,从而证明线共面.(2)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内.(3)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α、β重合.图7-3-3已知:空间四边形ABCD (如图7-3-3所示),E 、F 分别是AB 、AD 的中点,G 、H 分别是BC 、CD 上的点,且CG =13BC ,CH =13DC .求证:(1)E 、F 、G 、H 四点共面;(2)三直线FH 、EG 、AC 共点.『证明』 (1)连接EF 、GH , ∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点, ∴EF ∥BD .又∵CG =13BC ,CH =13DC ,∴GH ∥BD , ∴EF ∥GH ,∴E 、F 、G 、H 四点共面.(2)易知FH 与直线AC 不平行,但共面, ∴设FH ∩AC =M ,∴M ∈平面EFHG ,M ∈平面ABC . 又∵平面EFHG ∩平面ABC =EG , ∴M ∈EG ,∴FH 、EG 、AC 共点.空间两条直线的位置关系图7-3-4(1)如图7-3-4,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是BC 1,CD 1的中点,则下列判断错误的是( )A .MN 与CC 1垂直B .MN 与AC 垂直 C .MN 与BD 平行 D .MN 与A 1B 1平行(2)在图中,G 、N 、M 、H 分别是正三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________.(填上所有正确答案的序号)图7-3-5『思路点拨』(1)连接B1C,则点M是B1C的中点,根据三角形的中位线,证明MN ∥B1D1.(2)先判断直线GH、MN是否共面,若不共面再利用异面直线的判定定理判定.『尝试解答』(1)连接B1C,B1D1,则点M是B1C的中点,MN是△B1CD1的中位线,∴MN∥B1D1,∵CC1⊥B1D1,AC⊥B1D1,BD∥B1D1,∴MN⊥CC1,MN⊥AC,MN∥BD.又∵A1B1与B1D1相交,∴MN与A1B1不平行,故选D.(2)图①中,直线GH∥MN;图②中,G、H、N三点共面,但M∉面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连接MG,GM∥HN,因此GH与MN共面;图④中,G、M、N共面,但H∉面GMN,因此GH与MN异面.所以图②、④中GH与MN异面.『答案』(1)D(2)②④,1.判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点B的直线是异面直线.(2)反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从而可得两线异面.2.对于线线垂直,往往利用线面垂直的定义,由线面垂直得到线线垂直.3.画出图形进行判断,可化抽象为直观.图7-3-6如图7-3-6所示,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱C 1D 1、C 1C 的中点,有以下四个结论:①直线AM 与CC 1是相交直线; ②直线AM 与BN 是平行直线; ③直线BN 与MB 1是异面直线; ④直线MN 与AC 所成的角为60°.其中正确的结论为________(注:把你认为正确的结论序号都填上).『解析』 由图可知AM 与CC 1是异面直线,AM 与BN 是异面直线,BN 与MB 1为异面直线.因为D 1C ∥MN ,所以直线MN 与AC 所成的角就是D 1C 与AC 所成的角,且角为60°.『答案』 ③④异面直线所成的角图7-3-7(2012·上海高考改编题)如图7-3-7,在三棱锥P —ABC 中,P A ⊥底面ABC ,D 是PC 的中点.已知∠BAC =π2,AB =2,AC =23,P A =2.求:(1)三棱锥P —ABC 的体积;(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值.『思路点拨』 (1)直接根据锥体的体积公式求解.(2)取PB 的中点,利用三角形的中位线平移BC 得到异面直线所成的角.(或其补角) 『尝试解答』 (1)S △ABC =12×2×23=23,三棱锥P ABC 的体积为 V =13S △ABC ·P A =13×23×2=433.(2)如图,取PB 的中点E ,连接DE ,AE ,则ED ∥BC ,所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角.在△ADE 中,DE =2,AE =2,AD =2,cos ∠ADE =22+22-22×2×2=34.,1.求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移. 2.求异面直线所成的角的三步曲为:即“一作、二证、三求”.其中空间选点任意,但要灵活,经常选择“端点、中点、等分点”,通过作三角形的中位线,平行四边形等进行平移,作出异面直线所成角,转化为解三角形问题,进而求解.3.异面直线所成的角范围是(0,π2』.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,若∠BAC =90°,AB =AC =AA 1,则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A .30°B .45°C .60°D .90°『解析』 分别取AB 、AA 1、A 1C 1的中点D 、E 、F ,则BA 1∥DE ,AC 1∥EF . 所以异面直线BA 1与AC 1所成的角为∠DEF (或其补角), 设AB =AC =AA 1=2,则DE =EF =2,DF =6,由余弦定理得,∠DEF =120°. 『答案』 C两种方法异面直线的判定方法:(1)判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线.(2)反证法:证明两直线不可能平行、相交或证明两直线不可能共面,从而可得两直线异面.三个作用1.公理1的作用:(1)检验平面;(2)判断直线在平面内;(3)由直线在平面内判断直线上的点在平面内;(4)由直线的直刻画平面的平.2.公理2的作用:公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法.3.公理3的作用:(1)判定两平面相交;(2)作两平面相交的交线;(3)证明多点共线.空间点、直线、平面的位置关系是立体几何的理论基础,高考常设置选择题或填空题,考查直线、平面位置关系的判断和异面直线所成的角的求法.在判断线、面位置关系时,有时可以借助常见的几何体做出判断.思想方法之十三借助正方体判定线面位置关系(2012·四川高考)下列命题正确的是()A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行『解析』如图,正方体ABCD—A1B1C1D1中,A1D与D1A和平面ABCD所成的角都是45°,但A1D与D1A不平行,故A错;在平面ABB1A1内,直线A1B1上有无数个点到平面ABCD的距离相等,但平面ABB1A1与平面ABCD不平行,故B错;平面ADD1A1与平面DCC1D1和平面ABCD都垂直,但两个平面相交,故D错,从而C正确.『答案』C易错提示:(1)盲目和平面内平行线的判定定理类比,从而误选A.(2)不会利用正方体作出判断,考虑问题不全面,从而误选B或D.防范措施:(1)对公理、定理的条件与结论要真正搞清楚,以便做到准确应用,类比得到的结论不一定正确,要想应用,必须证明.(2)点、线、面之间的位置关系可借助长方体为模型,以长方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系,准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直.1.(2013·济南模拟)l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1⊥l3B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面『解析』如图长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB⊥AD,CD⊥AD但有AB∥CD,因此A不正确;又AB∥DC∥A1B1,但三线不共面,因此C不正确;又从A出发的三条棱不共面,所以D不正确;因此B正确,且由线线平行和垂直的定义易知B正确.『答案』B2.(2012·大纲全国卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为BB1、CC1的中点,那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为________.『解析』连接DF,则AE∥DF,∴∠D1FD即为异面直线AE与D1F所成的角.设正方体棱长为a , 则D 1D =a ,DF =52a ,D 1F =52a , ∴cos ∠D 1FD =(52a )2+(52a )2-a 22·52a ·52a =35. 『答案』 35。
高中数学第二章点直线平面之间的位置关系-平面与平面之间的位置关系课件新人教A版
探究三 线面、面面交线问题
[典例 3] 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,E,F 分别为 A1B1, B1C1 的中点.求证:平面 ACC1A1 与平面 BEF 相交. [证明] ∵在矩形 AA1B1B 中,E 为 A1B1 的中点, ∴AA1 与 BE 不平行,则 AA1,BE 的延长线相交于一点,设此点为 G, ∴G∈AA1,G∈BE. 又 AA1⊂平面 ACC1A1,BE⊂平面 BEF, ∴G∈平面 ACC1A1,G∈平面 BEF, ∴平面 ACC1A1 与平面 BEF 相交.
解析:直线 a∥平面 α,则 a 与 α 无公共点,与 α 内的直线当然均无公
共点. 答案:D
2.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这
两个平面( )
A.平行
B.相交
C.垂直相交
D.平行或相交
答案:D
3.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中判断下列位置关系: (1)AD1 所在直线与平面 BCC1 的位置关系是________; (2)平面 A1BC1 与平面 ABCD 的位置关系是________. 解析:(1)AD1所在的直线与平面 BCC1 没有公共点,所以平行;(2)平面 A1BC1 与平面 ABCD 有公共点 B,故相交. 答案:(1)平行 (2)相交
[答案] C
两个平面的位置关系同平面内两条直线的位置关系类似,可以从有无公 共点区分:如果两个平面有一个公共点,那么由公理 3 可知,这两个平 面相交于过这个点的一条直线;如果两个平面没有公共点,那么就说这 两个平面互相平行.这样我们可以得出两个平面的位置关系:①平行 ——没有公共点;②相交——有且只有一条公共直线;若平面 α 与 β 平 行,记作 α∥β,若平面 α 与 β 相交,且交线为 l,记作 α∩β=l.
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课时巩固过关练十三点、直线、平面之间的位置关系(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2016·资阳三模)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列叙述正确的是( )A.若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥nB.若α⊥β,m⊥α,n∥β,则m⊥nC.若m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,m⊥n,则α∥βD.若m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β【解析】选C.在长方体ABCD-A′B′C′D′中,(1)令平面ABCD为平面α,平面A′B′C′D′为平面β,A′B′为直线m,BC为直线n,显然α∥β,m∥α,n∥β,但m与n不平行.故A错误.(2)令平面ABCD为平面α,平面ABB′A′为平面β,直线BB′为直线m,直线CC′为直线n,显然α⊥β,m⊥α,n∥β,m∥n.故B错误.(3)令平面ABCD为平面α,平面A′B′C′D′为平面β,直线BB′为直线m,直线B′C′为直线n,显然m⊥α,n⊂β,m⊥n,但α∥β.故D错误.2.(2016·石家庄二模)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:①若m⊂α,n∥α,则m∥n;②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ;③若α∩β=n,m∥n,则m∥α且m∥β;④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中真命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】选B.①若n∥α,则α内的直线m可能与n平行,也可能与n异面,故①错误;②若α∥β,β∥γ,则α∥γ,若m⊥α,则m⊥γ,故②正确;③若m⊂α,显然结论错误;④以直三棱柱为例,棱柱的任意两个侧面都与底面垂直,但侧面不平行,故④错误.3.(2016·南昌二模)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到四面体ABCD(如图2),则在四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是( )A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直【解题导引】对于原图:由于AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线,可得AD⊥BC.在四面体ABCD中,由于AD⊥BD,AD⊥DC,BD∩DC=D,利用线面垂直的判定定理可得AD⊥平面BCD,进而得到AD⊥BC.利用异面直线的定义即可判断:AD与BC是异面直线.【解析】选C.在四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是异面且垂直.对于原图:因为AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线,所以AD⊥BC.在四面体ABCD中,因为AD⊥BD,AD⊥DC,BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.所以AD⊥BC.又AD与BC是异面直线,综上可知,在四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是异面且垂直.二、填空题(每小题5分,共10分)4.空间四边形ABCD的两条对棱AC,BD互相垂直,AC,BD的长分别为8和2,则平行于四边形两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中,面积的最大值是__________.【解析】如图,由题意知,EFGH为平行四边形,设EH=x(0<x≤2),EF=y(0<y≤8),xy=S(S为所求面积),由EH∥BD,可得==,==,两式相加,得:=1=+,化简,得8=4x+y,可得:8=4x+y≥2,(当且仅当2x=y时等号成立),解得:xy≤4,解得:S=xy≤4.答案:45.(2016·湛江二模)设x,y,z为空间不同的直线或不同的平面,且直线不在平面内,下列说法中能保证“若x⊥z,y⊥z,则x∥y”为真命题的序号是________.①x为直线,y,z为平面;②x,y,z都为平面;③x,y为直线,z为平面;④x,y,z都为直线;⑤x,y为平面,z为直线.【解析】①x⊥平面z,平面y⊥平面z,所以x∥平面y或x⊂平面y.又因为x⊄平面y,故x∥平面y,①成立;②x,y,z均为平面,则x可与y相交,故②不成立;③x⊥平面z,y⊥平面z,x,y为不同直线,故x∥y,③成立;④x,y,z均为直线,则x与y可平行,可异面,也可相交,故④不成立;⑤z⊥x,z⊥y,z为直线,x,y为平面,所以x∥y,⑤成立.答案:①③⑤【加固训练】(2016·兰州二模)α,β是两个平面,AB,CD是两条线段,已知α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β;②AC与α,β所成的角相等;③AC与CD在β内的射影在同一条直线上;④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________.【解析】①因为AC⊥β,且EF⊂β,所以AC⊥EF.又AB⊥α且EF⊂α,所以EF⊥AB.因为AC∩AB=A,AC⊂平面ACBD,AB⊂平面ACBD,所以EF⊥平面ACBD.因为BD⊂平面ACBD,所以BD⊥EF.所以①可以成为增加的条件.②AC与α,β所成的角相等,AC与EF位置关系不确定,可以是相交、可以是平行、也可能垂直,所以EF与平面ACDB不一定垂直,所以就推不出EF与BD垂直.所以②不可以成为增加的条件.③AC与CD在β内的射影在同一条直线上,因为CD⊥α且EF⊂α,所以EF⊥CD.所以EF与CD在β内的射影垂直,若AC与CD在β内的射影在同一条直线上.所以EF⊥AC,因为AC∩CD=C,AC⊂平面ACBD,CD⊂平面ACBD,所以EF⊥平面ACBD,因为BD⊂平面ACBD,所以BD⊥EF.所以③可以成为增加的条件.④若AC∥EF,则AC∥平面α,所以BD∥AC,所以BD∥EF,所以④不可以成为增加的条件. 答案:①③三、解答题(6题12分,7题13分,共25分)6.(2016·安庆二模)如图,在圆柱O-O1中,AB为下底面圆O的直径,CD为上底面圆O1的直径,AB∥CD,点E,F在圆O上,且AB∥EF,且AB=2,AD=1.(1)求证:平面ADF⊥平面CBF.(2)若DF与底面所成角为,求几何体EF-ABCD的体积.【解析】(1)由已知,AF⊥BF,AD⊥BF,且AF∩AD=A,故BF⊥平面ADF,又因为BF⊂平面CBF,所以平面ADF⊥平面CBF.(2)因为AD垂直于底面,若DF与底面所成角为,则∠AFD=,故AF=1,则四棱锥F-ABCD的高为,又S四边形ABCD=2,V F-ABCD=××2=,三棱锥C-BEF的高为1,而△BEF中,BE=BF=1,∠BEF=120°,所以S△BEF=,则V C-BEF=×1×=,所以几何体EF-ABCD的体积为V F-ABCD+V C-BEF=+=.7.(2016·吉林二模)如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F 为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图(2).(1)求证:DE∥平面A1CB.(2)求证:A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?请说明理由.【解析】(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC,又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)由题图(1)得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD,又A1D∩CD=D.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE,又BE⊂平面BCDE,所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,DP,QE,则PQ∥BC.又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.(30分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.ABCD -A1B1C1D1是棱长为1的正方体,一个质点从A出发沿正方体的面对角线运动,每走完一条面对角线称为“走完一段”.质点的运动规则如下:运动第i段与第i+2段所在直线必须是异面直线(其中i是正整数).问质点从A点出发又回到起点A走完的段数是( )A.3B.4C.5D.6【解析】选B.不妨设质点运动路线为AB1→B1C→CD1→D1A,即走过4段后又回到起点A.可以看作以4为周期,所以段数是4.【加固训练】下列关于空间的直线和平面的叙述,正确的是( )A.平行于同一平面的两直线平行B.垂直于同一平面的两平面平行C.如果两条互相垂直的直线都分别平行于两个不同的平面,那么这两个平面平行D.如果一个平面内一条直线垂直于另一个平面的一条垂线,那么这两个平面垂直【解析】选C.对于A,平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,故A 错误.对于B,垂直于同一个平面的两个平面可能相交,如直三棱柱的两个侧面都与底面垂直,故B错误.对于C,设a∥α,b∥α,a∥β,b∥β,a⊥b,过空间一点P分别作a,b的平行线m,n,则m∩n=P.设m,n所确定的平面为γ,过P作平面γ的垂线l,则l⊥m,l⊥n.因为a∥α,b∥α,所以存在直线a′⊂α,b′⊂α,使得a∥a′,b∥b′,且a′与b′为相交直线.所以l⊥a′,l⊥b′,所以l⊥α,同理l⊥β,所以α∥β.故C正确.对于D,在长方体ABCD-EFGH中,AB⊂平面ABCD,FG⊂平面EFGH,AB⊥FG,显然平面ABCD ∥平面EFGH,故D错误.2.已知α,β为两个平面,l为直线,若α⊥β,α∩β=l,则( )A.垂直于平面β的平面一定平行于平面αB.垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC.垂直于平面β的平面一定平行于直线lD.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直【解析】选 D.由α⊥β,α∩β=l,知:垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A 不正确;垂直于直线l的直线若在平面β内,则一定垂直于平面α,否则不一定,故B不正确;垂直于平面β的平面与l的关系有l在平面内或l与平面平行或相交,故C不正确;由平面垂直的判定定理知:垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直,故D正确. 【加固训练】已知异面直线a与b所成角为锐角,下列结论不正确的是( )A.不存在一个平面α使得a⊂α,b⊂αB.存在一个平面α使得a∥α,b∥αC.不存在一个平面α使得a⊥α,b⊥αD.存在一个平面α使得a∥α,b⊥α【解析】选D.在A中,因为异面直线a与b,所以不存在一个平面α使得a⊂α,b⊂α,故A正确;在B中,在空间中找一点A,A∉a且A∉b,过点A分别作直线a与b的平行线a′,b′,则a′,b′确定一个平面α使得a∥α,b∥α,故B正确;在C中,若存在一个平面α使得a⊥α,b⊥α,则由直线与平面垂直的性质得a∥b,这与已知异面直线a与b相矛盾,故不存在一个平面α使得a⊥α,b⊥α,故C正确;在D中,若存在一个平面α使得a∥α,b⊥α,则a⊥b,这与已知异面直线a与b所成角为锐角矛盾,故D错误.3.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,给出了下列命题:①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β;②若m⊥n,m⊥α,则n∥α;③若m∥α,α⊥β,则m⊥β;④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α,n∥β.正确的命题有( )A.②④B.①②④C.①④D.①③【解析】选C.由α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,知:①若m⊥α,m⊂β,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故①正确;②若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,故②错误;③若m∥α,α⊥β,则m与β相交、平行或m⊂β,故③错误;④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则由线面平行的判定定理得n∥α,n∥β,故④正确.4.如图,已知一个八面体的各条棱长均为1,四边形ABCD为正方形,则下列命题正确的是( )A.不平行的两条棱所在的直线所成的角是60°B.四边形AECF是正方形C.点A到平面BCE的距离为1D.以上都不对【解析】选B.因为八面体的各条棱长均为1,四边形ABCD为正方形,所以在四棱锥E-ABCD 中,相邻两条侧棱所成的角为60°,而AE与CE所成的角为90°,故A错;因为AE=CE=1,AC=,满足勾股定理的逆定理,所以AE⊥CE,同理AF⊥CF,AE⊥AF,所以四边形AECF是正方形,故B正确;设点A到平面BCE的距离为h,由V E-ABCD=2V A-BCE,所以×1×1×=2××h,解得h=,所以点A到平面BCE的距离为,故C错误.二、填空题(每小题5分,共10分)5.在三棱锥C-ABD中(如图),△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD-C的大小为60°,并给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC为正三角形;④cos∠ADC=.其中真命题是________(填序号).【解析】对于①,因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此①正确;对于②,假设CO⊥AD,又CO⊥BD,可得CO⊥平面ABD,由①可得:∠AOC是二面角A-BD-C的平面角,这与已知二面角A-BD-C为60°矛盾,因此不正确;对于③,由△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以OC=OA,由①可得:∠AOC是二面角A-BD-C的平面角且为60°,所以△AOC为正三角形,因此③正确;对于④,AB=4,由①可得:AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos∠ADC==≠,因此不正确;综上可得:只有①③正确.答案:①③6.如图已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC.给出下列结论:①CD∥平面PAF;②DF⊥平面PAF;③CF∥平面PAB:④DF∥平面PAB.其中正确结论的个数为________.【解析】因为六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形.所以AF∥CD,由线面平行的判定定理,得CD∥平面PAF,故①正确;由正六边形的特点易知DF⊥AF,因为PA⊥平面ABCD,所以DF ⊥PA,由线面垂直的判定定理,得DF⊥平面PAF,故②正确;CF∥AB,由线面平行的判定定理,得CF∥平面PAB,故③正确;连接AC,由正六边形的特点易知DF∥AC,又AC∩平面PAB=A,故DF与平面PAB相交,故④不正确,故正确结论的个数是3.答案:3【加固训练】下列正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号).【解析】对于①,注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行,因此直线AB 平行于平面MNP;对于②,注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交,因此直线AB与平面MNP相交;对于③,注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行,且直线AB位于平面MNP外,因此直线AB与平面MNP平行;对于④,易知此时AB与平面MNP 相交.综上所述,能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.答案:①③三、解答题(7题12分,8题13分,共25分)7.如图,已知三棱锥A-BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB中点,D为PB中点,且△PMB为正三角形.(1)求证:DM∥平面APC.(2)求证:平面ABC⊥平面APC.(3)若BC=4,AB=20,求三棱锥D-BCM的体积.【解析】(1)由已知得,MD是△ABP的中位线,所以MD∥AP,因为MD⊄平面APC,AP⊂平面APC,所以MD∥平面APC.(2)因为△PMB为正三角形,D为PB的中点,所以MD⊥PB,所以AP⊥PB.又因为AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC.因为BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC.又因为BC⊥AC,AC∩AP=A,所以BC⊥平面APC,因为BC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面APC.(3)由题意可知,三棱锥A-BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB中点,D为PB中点,且△PMB 为正三角形.MD⊥平面PBC,BC=4,AB=20,MB=10,DM=5,PB=10,PC==2.MD是三棱锥D-BCM的高,S△BCD=×4×2×=2.所以V D-BCM=V M -DBC=S△BCD·MD=×2×5=10.8.如图,直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.(1)求直线EC与平面ABE所成角的余弦值.(2)线段EA上是否存在点F,使EC∥平面FBD?若存在,求出,并加以证明;若不存在,请说明理由.【解题导引】(1)由已知可得BC⊥平面ABE,则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角,设BC=a,则AB=2a,BE=a,可求CE=a,直角三角形CBE中,即可求得sin∠CEB=的值,进而可求直线EC与平面ABE所成角的余弦值.(2)连接AC,交BD于点M,在AE上取点F,使=,连接MF,BF,DF,证明FM∥EC,即可证明EC∥平面FBD,从而可得点F满足=时,有EC∥平面FBD.【解析】(1)因为平面ABE⊥平面ABCD,且AB⊥BC,所以BC⊥平面ABE.则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角.设BC=a,则AB=2a,BE=a,所以CE=a,在直角三角形CBE中,sin∠CEB==.可得:cos∠CEB==.即直线EC与平面ABE所成角的余弦值为.(2)存在点F,且=时,有EC∥平面FBD.证明如下:连接AC,交BD于点M,在AE上取点F,使=,连接MF,BF,DF,因为AB∥CD,AB=2CD,所以==,所以=,因为=,所以FM∥EC,EC⊄平面FBD,所以EC∥平面FBD.即点F满足=时,有EC∥平面FBD.【加固训练】如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ABC=90°,且CD=2,AB=BC=PA=1,PD=.(1)求三棱锥A-PCD的体积.(2)问:棱PB上是否存在点E,使得PD∥平面ACE?若存在,求出的值,并加以证明;若不存在,请说明理由.【解析】(1)取CD的中点G,连接AG,因为CD=2AB,AB∥CD,所以AB∥GC,AB=GC,所以四边形AGCB为平行四边形,所以∠AGD=∠DCB=∠ABC=90°,在Rt△AGD中,因为AG=BC=1,DG=CD=1,所以AD==,所以PD2=3=PA2+AD2,所以∠PAD=90°,即PA⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD,因为S△ACD=CD·AG=1,所以V A-PCD=V P-ACD=S△ACD·PA=×1×1=.(2)棱PB上存在点E,当=时,PD∥平面ACE.证明如下:连接BD交AC于点O,连接OE.因为AB∥CD,CD=2AB,所以==,所以=,又=,所以=,所以OE∥DP,又OE⊂平面ACE,PD⊄平面ACE,所以PD∥平面ACE.。