高考数学第二轮专题复习直线、平面、简单几何体 试题

卜人入州八九几市潮王学校高考数学第二轮专题复习直线、平面、简单几何体
考情动态分析
立体几何是数学的重要内容，它在培养和考察学生的思维才能、运算才能、空间想象才能以及解决实际问题的才能方面具有独特的作用，因此也是高考重点考察的内容．
考察的重点与热点主要有两的类型：一是线线、线面、面面的平行与垂直的判断、推理，主要是数学语言、图形语言、符号语言的亲密结合及互相转化，根据概念、性质、公理、定理进展逻辑推理和论证；二是空间的角和间隔的概念及其计算．
〔1〕题型和题量较稳定，一般是二选一填一解答，分值占总分的20%．
〔2〕选择题、填空题注重符号语言、文字语言、图形语言在推理中的运用，更重视概念明确、关系清楚、根本运算纯熟等．
〔3〕解答题形成了一些规律，一般将几何元素集中于一个几何体中，即以一个多面体或者旋转体为依托〔以多面体的时候较多〕设置几个小问题，设问形式以证明或者计算为主，也有时候设置一些开放性的问题，每个小题之间有一定的联络，在突出考察逻辑思维才能的前提下，将空间想象才能和运算、推理才能相结合进展考察．值得注意的是高考立体几何的解答题由原来的甲、乙两题中任选一题，恢复到只有一题，而且用九(A)和九(B)解法都可以，这无疑拓展了考生的思维空间，降低了思维难度，这与当今新课程HY的精神是一致的．
§7．1直线与平面的位置关系
考点核心整合
1．空间两直线
〔1〕位置关系
相交直线——在同一平面内，有且只有一个公一共点．
平行直线——在同一平面内，没有公一共点．
异面直线——不同在任何一个平面内，没有公一共点．
〔2〕异面直线的定义
不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．
特别提示
注意“不同在任何一个平面内的两条直线〞与“分别在某两个平面内的两条直线〞的区别． 〔3〕异面直线的断定定理
过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不过该点的直线是异面直线． 〔4〕公理4
平行于同一条直线的两条直线平行．
公理4也叫做平行公理，它说明平行具有传递性，这是证明两直线平行的一个重要的理论根据． 2．直线与平面垂直 〔1〕直线和平面垂直的定义
假设一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么就称这条直线和这个平面垂直．
①注意定义中的“任何一条直线〞这个词，它与“所有〞直线是同义词，但与“无数条直线〞不同．定义的本质就是直线与平面内的所有直线都垂直．
②和平面垂直的直线是直线和平面相交的一种特殊形式．
③有了这样的定义，就可以断定线线垂直，即当直线和平面垂直时，那么该直线就垂直于这个平面内的任何直线．它可以作为线线垂直的断定定理． 〔2〕直线和平面垂直的断定定理
假设一条直线和一个平面的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面． 符号表示：假设α⊂a ，α⊂b ，P b a = ，a l ⊥，b l ⊥，那么α⊥l ．
定理中的关键词语是“两条相交直线〞，应用此定理时，主要是设法在平面内找到两条相交直线． 〔3〕直线和平面垂直的性质定理
假设两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示：假设α⊥a ，α⊥b ，那么b a //．
作用：可作线线平行的断定定理．
〔4〕平面的垂线、斜线、射影
从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；相等的斜线段的射影相等，较长斜线段的射影也较长；垂线段比任何一条斜线段都短．
〔5〕三垂线定理
在平面内的一条直线，假设和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直；反之，假设和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．
考虑讨论
假设两条直线同垂直于另一条直线，那么这两条直线平行吗？
答案：不一定．
3．直线与平面的位置关系
〔1〕直线与平面的位置关系
①直线在平面内——有无数个公一共点．
②直线在平面外
相交——只有一个公一共点；
平行——没有公一共点．
划分直线与平面的位置关系的根据是直线与平面的交点个数：平行⇔无交点；相交⇔只有一个交点；直线在平面内⇔无数个交点．
〔2〕直线和平面平行的定义
假设一条直线和一个平面没有公一共点，那么我们说这条直线和这个平面平行．
〔3〕直线和平面平行的断定定理
假设平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．
〔4〕直线和平面平行的性质定理
A
B C
D
A1
B1 C1 D1
假设一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行．考题名师诠释
【例1】〔2021年新课程，理16〕以下五个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是．〔写出所有符合要求的图形序号〕
①②③④⑤
解法一如图，设正方体为ABCD—A1B1C1D1．
在图①中，连结AB1，那么AB1⊥MN，又AB1是l在面ABB1A1内的射影，∴l⊥MN．同理l⊥MP．∴l⊥平面MNP，故①符合．
在图②中，延长MP交C1D1的延长线与点E．连结NE，假设l⊥
面MNP，那么l⊥NE．又C1D是l在平面CDD1C1内的射影，CD1⊥
C1D，∴l⊥CD1．∴l⊥平面CDD1C1，矛盾．∴②不符合．
在图③中，平面MNP与图①中的平面MNP不是同一平面，
它们又过同一点，∴图③不符合．
在图④中，l⊥MP，l⊥MN，∴l⊥平面MNP．延长PM交AB于点F，取CD的中点G，那么GN∥MP，∴G∈平面MNP．连结FG交BC于点H，那么H∈平面MNP，可证H是BC的中点，∴图④与图⑤中的平面MNP实为同一平面．∴⑤也符合．
答案①④⑤
解法二〔判①④法同解法一〕
以A1B1、A1D1、A1A所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，那么A(0，0，1)、C1(1，1，0)．∴l==(1，1，-1)．
在图②中，=(，1，)，∵·l=+1-=1≠0，∴与l不垂直．∴②不符合．
在图③中，=(-，1，-)，∵·l=-+1+=1≠0，∴与l不垂直．∴③不符合．
在图⑤中，=(-，1，)，=(，，1)，∵·l=-+1-=0，·l=+-1=0，∴⊥l，⊥l．∴l⊥MNP．∴图⑤符合．
A
B
C
D
P
M E
N
评叙此题要先想象直观判断哪些图形符合，再加以推理．考察了空间想象才能、反证法、线面的位置关系等知识．由上述两解法可看出，用空间向量求解，可大大降低思维难度，显示出了用向量法解决问题的优越性．通过这个试题可看出，试题在向增加思维量、综合考察学生的各种才能转化．
特别提示
想一想：如何判断直线与平面垂直？如何判断平面与平面垂直？它们有和性质？如何应用三垂线定理？
【例2】〔2021年全国卷Ⅰ，18〕四棱锥P —ABCD 为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB =90º，PA ⊥底面ABCD ，且
PA =AD =DC =AB =1，M 是PB 的中点．
〔1〕证明面PAD ⊥面PCD ；
〔2〕求AC 与PB 所成的角；
〔3〕求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小． 方法一〔1〕证明：∵PA ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， 由三垂线定理，得CD ⊥PD ．
因此CD 与面PAD 内两条相交直线AD 、PD 都垂直． ∴CD ⊥平面PAD ．又CD 面PCD ，∴面PAD ⊥面PCD ．
〔2〕解：过点B 作BE ∥CA ，且BE =CA ，那么∠PBE 是AC 与PB 所成的角． 连结AE ，可知AC =CB =BE =AE =．又AB =2，∴四边形ACBE 是正方形． 由PA ⊥面ABCD ，得∠PEB =90º．
在Rt △PEB 中，BE =，PB =，∴cos ∠PBE ==． ∴AC 与PB 所成的角为arccos ．
〔3〕解：作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN ．
在Rt △PAB 中，AM =MB ．又AC =CB ，∴△AMC ≌△BMC ．∴BN ⊥CM ． 故∠ANB 为所求二面角的平面角． ∵CB ⊥AC ，由三垂线定理，得CB ⊥PC ．
A
B
C
D
P
M N
x
y
z 在Rt △PCB 中，CM =MB ，∴CM =AM ． 在等腰△AMC 中，A N ·MC =·AC ， ∴AN==．∴cos ∠ANB ==-． 故所求的二面角为arccos(-)．
方法二∵PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，那么各点坐标为A (0，0，0)、B (0，2，0)、C (1，1，0)、D (1，0，0)、P (0，0，1)、M (0，1，)．
〔1〕证明：∵=(0，0，1)，=(0，1，0)， ∴·=0．∴AP ⊥DC ．
由题设知AD ⊥DC ，∴DC ⊥平面PAD ． 又∵DC ⊂平面PCD ，故面PAD ⊥面PCD ． 〔2〕解：∵=(1，1，0)，=(0，2，-1)， ∴cos ＜，＞==．
故AC 与PB 所成的角为arccos ．
〔3〕解：在MC 上取一点N (x ，y ，z )，那么存在∈λR ，使=λ， =(1–x ，1–y ，-z )，=(1，0，-)．
∴x =1–λ，y =1，z =λ．要使AN ⊥MC ，只需·=0，即x –z =0，∴λ=． 当λ=时，N (，1，)能使·=0．此时，=(，-1，)，·=0． ∴AN ⊥MC ，BN ⊥MC ．∠ANB 为所求二面角的平面角． ∴cos ＜，＞==-．
故所求的二面角为arccos(-)．
评叙此题主要考察线面垂直、面面垂直、线线角、二面角等知识，考察逻辑思维才能和空间想象才能及用向量解决数学问题的才能．
特别提示
A
B
C
D
P
E A
B
C
D P
E F
O
A
D
x 解决求异面直线所成角的问题，常从两个方面入手：
〔1〕构造法：利用定义作出所求的角，常用的方法有平移、补形等； 〔2〕向量法：利用向量的内积求两个向量的夹角进而求两异面直线的夹角．
【例3】〔2021年卷，19〕如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，
E 是PC 的中点．
〔1〕证明PA ∥平面EDB ；
〔2〕求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值． 方法一〔1〕证明：连结AC 交BD 于点O ，连结EO ．
∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中心． 在△PAC 中，EO 是中位线，∴PA ∥EO ． 而EO ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ． ∴PA ∥平面EDB ．
〔2〕解：作EF ⊥DC 交CD 于点F ，连结BF ，设正方形ABCD 的边长为a ．
∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥DC ．∴EF ∥PD ．∴F 为DC 的中点．∴EF ⊥底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影．故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的角． 在Rt △BCF 中，BF ===a ．
∵EF =PD =，∴在Rt △EFB 中，tan ∠EBF ===． ∴EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为．
方法二如下列图建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设DC =a 〔1〕证明：连结AC 交BD 于点G ，连结EG ．依题意得A (a ，0，∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心．故点G ∴=(a ，0，-a )，=(，0，-)．∴=2，这说明PA ∥EG ．
而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB．
∴PA∥平面EDB．
〔2〕解：依题意得B(a，a，0)、C(0，a，0)．
取DC的中点F(0，，0)，连结EF、BF．
∵=(0，0，)，=(a，，0)，=(0，a，0)，
∴·=0，·=0．∴FE⊥FB，FE⊥DC．
∴EF⊥底面ABCD，BF为BE在底面ABCD内的射影．
故∠EBF为直线EB与底面ABCD所成的角．
在Rt△BCF中，||=，||==a，
∴tan∠EBF===．
∴EB与底面ABCD所成的角的正切值为．
评叙此题考察直线与平面平行、直线与平面所成的角等根底知识，考察空间想象才能和推理论证才能．特别提示
解有关直线与平面所成角的问题的关键是找垂线、找射影．
【例4】〔2021年卷，21〕如图，在五棱锥S—ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，BC=DE=，∠BAE=∠BCD=∠CDE=120º．
〔1〕求异面直线CD与SB所成的角〔用反三角函数值表示〕；
〔2〕证明BC⊥平面SAB；
〔3〕用反三角函数值表示二面角B-SC-D的大小〔不必写出解答过程〕．
〔1〕解：连结BE，延长BC、ED交于点F，
那么∠DCF=∠CDF=60º．∴△CDF为正三角形．∴CF=DF．
又BC=DE，∴BF=EF．因此，△BFE为正三角形，
∴∠FBE=∠FCD=60º．∴BE∥CD．
∴∠SBE〔或者其补角〕就是异面直线CD与SB所成的角．
∵SA⊥底面ABCDE，且SA=AB=AE=2，
∴SB=2．同理SE=2．
又∠BAE=120º，∴BE=2．从而cos∠SBE=，∴∠SBE=arccos
∴异面直线CD与SB所成的角为arccos．
〔2〕证明：由题意，△ABE是等腰三角形，∠BAE=120º，∴∠ABE=30º．
又∠FBE=60º，∴∠ABC=90º．∴BC⊥BA．
∵SA⊥底面ABCDE，BC 底面ABCDE，∴SA⊥BC．又SA∩BA=A，∴BC⊥平面SAB．
向量解法：
〔1〕连结BE，延长BC、ED交于点F，那么∠DCF=∠CDF=60º．
∴△CDF为正三角形．∴CF=DF．
又BC=DE，∴BF=EF．因此，△BFE为正三角形，
∵△ABE是等腰三角形，且∠BAE=120º，∴∠ABC=90º．
以A为原点，AB、AS边所在的直线分别为x轴、y轴，以平面ABC内垂直于AB的直线为y轴，建立空间直角坐
标系〔如图〕，那么
A(0，0，0)、B(2，0，0)、S(0，0，2)，且C(2，，0)、D(，，0)．
于是=(-，，0)，=(-2，0，2)，
那么cos＜，＞===．
∴＜，＞=arccos．
∴异面直线CD与SB所成的角为arccos．
〔2〕∵=(0，，0)，=(2，0，0)，=(0，0，-2)，
∴·=(0，，0)·(2，0，0)=0，·=(0，，0)·(0，0，-2)=0．
A
B
C
D
E
F
O
P
∴BC ⊥AB ，BC ⊥SA ．∵AB ∩SA =A ，∴BC ⊥平面SAB ． 〔3〕二面角B -SC -D 的大小为π-arccos ．
评叙此题主要考察异面直线成角、线面垂直、二面角等根底知识及空间线面位置关系的证明、角和间隔的计算．考察了空间想象才能和逻辑推理才能．
【例5】〔2021年卷，理19〕如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC =60º，PA =AC =a ，PB =PD =a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED =2∶1． 〔1〕证明：PA ⊥平面ABCD ；
〔2〕求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角θ的大小；
〔3〕在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论． 〔1〕证明：∵底面ABCD 是菱形，∠ABC =60º， ∴AB =AD =AC =a ．
在△PAB 中，由PA 2
+AB 2
=2a 2
=PB 2
，知PA ⊥AB ．同理PA ⊥AD ．∴PA ⊥平面ABCD ．
〔2〕解：作EG ∥PA 交AD 于点G ， 由PA ⊥平面ABCD ，知EG ⊥平面ABCD ．
作GH ⊥AC 于点H ，连结EH ，那么EH ⊥AC ，∠EHG 即为二面角θ的平面角． 又PE ∶ED =2∶1，∴EG =a ，AG =a ，GH =AG sin60º=a ． 从而tan θ==，θ=30º．
〔3〕解：当F 是棱PC 的中点时，BF ∥平面AEC ． 证明如下：
取PE 的中点M ，连结FM ，那么FM ∥CE ，故FM ∥平面AEC ．
①
由EM =PE =ED ，知E 是MD 的中点．
连结BM 、BD ，设BD ∩AC =O ，那么O 为BD 的中点． ∴BM ∥OE ．故BM ∥平面AEC ．
②
A
C B
D E
F
M
N 由①②知，平面BFM ∥平面AEC ． 又BF ⊂平面BFM ，∴BF ∥平面AEC ． 评叙
考能提升训练 一、选择题
1．直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β…………〔〕 ①m l ⊥⇒βα
//②m l //⇒⊥βα③βα⊥⇒m l //④βα//⇒⊥m l
A ．①②
B ．③④
C ．②④
D ．①③
2．〔2021年卷，4〕设α，β，γ为平面，m 、n 、l 为直线，那么β⊥m 的一个充分条件
是………………………………………………〔〕 A ．βα
⊥，l =βα ，l m ⊥
B ．l =γα ，γ
α⊥，γβ⊥
C ．γα
⊥，γ
β⊥，α⊥m
D ．α⊥n
，β⊥n ，α⊥m
3．设a 、b 是两条不同直线，α，β…………………………………………………………〔〕 ①假设a ⊥b ，a ⊥α，b α⊄，那么b ∥α；②假设a ∥α，βα
⊥，那么a ⊥β
；③假设a ⊥β，βα⊥，
那么a ∥α或者a α⊂；④假设a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β，那么βα
⊥．
A ．0个
B ．1个
C ．2个
D ．3个
4．〔2021年卷，理14〕在以下条件中，可判断平面α与β平行的是………………〔〕 A ．α，β都垂直于平面γ
B ．α内存在不一共线三点到β的间隔相等
C ．l 、m 是α内两条直线，且l ∥β，m ∥β
D ．l 、m 是两条异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β
5．右图是正方体的平面展开图，那么在这个正方体中有：
①BM 与ED 平行；②CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60º的角； ④DM 与BN …〔〕 A ．①②③ B ．②④
C ．③④
D ．②③④
A
B
C
D
P
A
B
C D
P
A
B A
B P
A
B A B P
A
B A B P
A
B
A
B A
B
C
D O O
〔1〕
A
B
C
D
O
O 〔2〕 B A
C
E
D
B A
C
〔第9题图〕 B A
C A
B M
〔第10题图〕 C
N
P
6．〔2021年模拟题〕如下列图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P ，P 到直线A 1B 1的间隔与到直
线BC 的间隔相等，那么动点P 所在的曲线的形状大致为…〔〕
A ．
B ．
C ．
D ． 二、填空题
7．正四棱锥S -ABCD 的底边长为2，高为，那么异面直线AB 与SC 所成的角是． 三、解答题
8．〔2021年卷，理17〕如图〔1〕，ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形．将它沿对称轴OO 1
折成直二面角，如图〔2〕．
〔1〕证明AC ⊥BO 1；
〔2〕求二面角O -AC -O 1的大小．
9．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的中，底面△ABC 是直角三角形，∠ABC =90º，2AB =BC =BB 1=a ，且A 1C ∩AC 1=D ，
BC 1∩B 1C =E ，截面ABC 1与截面A 1B 1C 交于DE ．
〔1〕求证：A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ；〔2〕求证：A 1C ⊥BC 1；
〔3〕求证：DE ⊥平面BB 1C 1C ；〔4〕设二面角D -BB 1-E 为θ，求tan θ的值．
10．〔2021年春季卷，20〕如图，点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥
BB 1交CC 1于点N ．
〔1〕求证：CC 1⊥MN ；
〔2〕在任意△DEF 中余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2
–2DF ·EF cos ∠DFE ．拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写
出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明． 训练参考答案
一、1．D2．D3．D4．D5．C6．C 二、7．60º
三、8．〔1〕略；〔2〕arccos ． 9．〔1〕略；〔2〕略；〔3〕略；〔4〕． 10．〔1〕略；
〔2〕在斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，
有αcos 2111111111
12
22
A ACC
B BC
C A ACC B BCC A
ABB S S S S S ⋅-+=，
其中α为平面CC 1B 1B 与平面CC 1A 1A 所组成的二面角．证明略．。