高考数学复习专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断教案理

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2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理

第2讲空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．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 ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；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；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，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，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M PA C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)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](1)证明：如图，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 ，所以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 →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)，所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A B 1D A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时，因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0，所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0，由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A B 1D A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12，即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)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](1)证明：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)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 .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点，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G xyz .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，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 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°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A PE C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)，又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A EP C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A EP C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)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CD ︵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)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz . 当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1，这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。

高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系课件

5. (多选)(2021·全国新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是 ( BC )
【解析】设正方体的棱长为 2，对于 A，如图所示，连接 AC，则
MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线 OP，MN 所成的角，在直角三
角形 OPC，OC＝
线面垂直，面面垂直的判定和性质题为主，也在解答题的第一问中.
真题研究·悟高考
1. (2020·全国卷Ⅰ)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( C )
A．若α∥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l∥m B．若α⊥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l⊥m C．若α∥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l⊥m D．若α⊥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥m
△ABC 的面积为 S△ABC＝12×AB×BC＝12×2×2 2＝2 2，
所以三棱锥 P－ABC 的体积为 V 三棱锥 P－ABC＝13×2
2×
3＝2
6 3.
7. (2023·全国乙卷理科)如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB⊥BC，AB＝ 2，BC＝2 2，PB＝PC＝ 6，AD＝ 5DO，BP，AP，BC 的中点分别为 D， E，O，点 F 在 AC 上，BF⊥AO.
5.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有__相__交___、__平__行___、__在__平__面__内___三种情况． (2)平面与平面的位置关系有__平__行___、__相__交___两种情况．
多维题组·明技法
角度1：有关线面位置关系的命题真假的判断 1. (2023·南关区校级模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是( C ) A．A，M，O三点共线 B．M，O，A1，B四点异面 C．B，B1，O，M四点共面 D．B，D1，C，M四点共面

高考数学二轮复习第二部分专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系课件理

(2)(2018·河南洛阳二模)设 m、n 是两条不同的直线，α、 β 为两个不同的平面，则下列四个命题中不正确的是( )
A．m⊥α，n⊥β 且 α⊥β，则 m⊥n B．m∥α，n⊥β 且 α⊥β，则 m∥n C．m⊥α，n∥β 且 α∥β，则 m⊥n D．m⊥α，n⊥β 且 α∥β，则 m∥n
解析：(1)在 B 中，如图，连接 MN，PN，因为 A，B，C 为正方体所在棱的中点，所以 AB∥MN，AC∥PN，因为 MN∥DE，PN∥EF，所以 AB∥DE，AC∥EF，因为 AB∩AC＝A，DE∩EF＝E， AB、AC⊂平面 ABC，DE、EF⊂平面 DEF，所以平面 ABC∥平面 DEF.
热点 1 空间点、线、面位置关系的判定解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要依据定理、性质进行判断，但要注意定理的条件，这点很容易出错．另外，还要注意平面几何中的结论在立体几何中未必成立．
【例 1】 (1)(2018·山东聊城模拟)下列四个正方体中，A，B，C 为所在棱的中点，则能得出平面 ABC∥平面 DEF 的是( )
(2)A，分别垂直于两个垂直平面的两条直线垂直，正确，故不符合题意；
B，m∥α，n⊥β 且 α⊥β，则 m，n 两直线的关系可能是相交、平行或异面，不正确，故符合题意；
C，由 m⊥α，α∥β 可得出 m⊥β，再由 n∥β 可得出 m⊥n，正确，故不符合题意；
D，由 n⊥β 且 α∥β 可得出 n⊥α，再由 m⊥α 可得出 m∥n，正确，故不符合题意．
答案：(1)B (2)B
[规律方法] 1．判断与空间位置关系有关的命题真假的方法： (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，进行肯定或否定．

立体几何讲空间点线面的位置关系课件

线与面的关系
总结词
线与面的关系是空间几何中复杂的关系之一
详细描述
线与面的关系有多种形式，如线在面上、线与面相交、线与面平行等。这些关系可以通过几何定理进行证明和推导，如线面平行的判定定理和性质定理等。
总结词
线与面的关系是空间几何中复杂的关系之一
详细描述
线与面的关系有多种形式，如线在面上、线与面相交、线与面平行等。这些关系可以通过几何定理进行证明和推导，如线面平行的判定定理和性质定理等。
空间面的定义与性质
总结词
几何中的面是由一组线围成的闭合空间。
详细描述
面是由一组线围成的闭合空间，表示一个二维的空间区域。根据定义，面有一定的厚度和大小。面的性质包括封闭性和延展性，即面是封闭的边界，可以延展成一定的大小和形状。同时，面也可以由三个不同的点确定一个唯一的平面。
03
点线面的位置关系
点与面的关系
总结词
详细描述
总结词
详细描述
点与面的关系是决定面形状的关键
一个点可以确定一个平面，当这个点位于平面上时，它与平面的关系是固定的。此外，当多个点位于同一平面时，它们共同确定了该平面的形状和大小。
点与面的关系是决定面形状的关键
一个点可以确定一个平面，当这个点位于平面上时，它与平面的关系是固定的。此外，当多个点位于同一平面时，它们共同确定了该平面的形状和大小。
详细描述
在几何学中，点被视为最基本的元素，表示一个具体的空间位置。它没有大小和形状，只有位置。点的性质包括唯一性和无限可重复性，即任意两个不同的点都可以确定一条直线，且同一直线上可以有无数个点。
空间线的定义与性质
总结词
几何中的线是点的集合，表示一个连续的空间路径。

高中数学-空间点、线、面的位置关系(习题课)教案

高中数学-空间点、线、面的位置关系（习题课）教案授课类型：复习课课时安排：1课时教学目标：1.帮助学生回顾复习本节内容所学知识。

2．掌握空间点、线、面的位置关系,掌握异面直线的定义及判断 3．能用三种语言表示空间点、线、面的位置关系4．异面直线所成的夹角是本部分的重点和难点更是高考的考点。

教学重点：空间直线、平面的位置关系。

教学难点：三种语言（文字语言、图形语言、符号语言）的转换。

教学过程： 1、本节知识结构2、教学重点和难点重点：空间直线、平面的位置关系。

难点：三种语言（文字语言、图形语言、符号语言）的转换。

3.内容归纳总结（1）四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内。

符号语言：,,,A l B l A B l ααα∈∈∈∈ ⇒ ∈且。

公理2：过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面。

三个推论：① ② ③它给出了确定一个平面的依据。

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（两个平面的交线）。

符号语言：,,P P l P l αβαβ∈∈⇒=∈且。

公理4：（平行线的传递性）平行与同一直线的两条直线互相平行。

符号语言：//,////a l b l a b ⇒且。

（2）空间中直线与直线之间的位置关系1.概念异面直线及夹角：把不在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线。

已知两条异面直线,a b ,经过空间任意一点O 作直线//,//a a b b '',我们把a '与b '所成的角（或直角）叫异面直线,a b 所成的夹角。

（易知：夹角范围090θ<≤︒）定理：空间中如果一个角的两边分别与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补。

（注意：会画两个角互补的图形）2.位置关系：⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩相交直线：_______________________________;共面直线平行直线：_______________________________;异面直线：_________________________________________.（3）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有三种： 1.23//l l A l ααα⊂⎧⎪=⎧⎨⎨⎪⎩⎩直线在平面内：.直线与平面相交：直线在平面外.直线与平面平行：（4）空间中平面与平面之间的位置关系平面与平面之间的位置关系有两种： 1.//2.l αβαβ⎧⎨=⎩两个平面平行：两个平面相交：4.精选例题：例1.【山东·文】如图,已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为等腰梯形,//,AB DC,AC BD AC ⊥与BD 相交于点O ,且顶点P 在底面上的射影恰为O 点,又2,BO =2,PO PB PD =⊥.（Ⅰ）求异面直接PD 与BC 所成角的余弦值. 【解】PO ⊥平面ABCD , PO BD ∴⊥ 又,2,2PB PD BO PO ⊥==,由平面几何知识得：1,3,6OD PD PB ===（Ⅰ）过D 做//DE BC 交于AB 于E ,连结PE ,则PDE ∠或其补角为异面直线PD 与BC 所成的角,四边形ABCD 是等腰梯形,1,2,OC OD OB OA OA OB ∴====⊥ 5,22,2BC AB CD ∴===又//AB DC ∴四边形EBCD 是平行四边形。

空间点线面的位置关系教案

空间点线面的位置关系教案一、教学目标：1. 让学生理解点、线、面的基本概念。

2. 让学生掌握点、线、面之间的位置关系。

3. 培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力。

二、教学重点与难点：重点：点、线、面之间的位置关系。

难点：如何运用点、线、面的位置关系解决实际问题。

三、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究点、线、面的位置关系。

2. 利用多媒体课件，直观展示点、线、面的位置关系。

3. 开展小组讨论，培养学生团队合作精神。

四、教学准备：1. 多媒体课件。

2. 点、线、面模型。

3. 练习题。

五、教学过程：1. 导入：通过展示现实生活中的点、线、面实例，引导学生关注空间点线面的位置关系。

2. 点、线、面的概念讲解：讲解点、线、面的基本概念，让学生明确它们之间的关系。

3. 点、线、面的位置关系探究：引导学生通过观察、操作、思考，发现点、线、面之间的位置关系。

4. 案例分析：分析现实生活中点、线、面位置关系的应用，让学生体会知识的价值。

5. 小组讨论：分组讨论如何运用点、线、面的位置关系解决实际问题。

6. 练习巩固：让学生通过练习题，巩固所学知识。

7. 总结：对本节课的内容进行总结，强调重点知识点。

8. 作业布置：布置相关作业，让学生进一步巩固所学知识。

9. 课后反思：教师对本节课的教学效果进行反思，为下一步教学做好准备。

六、教学评价：1. 评价目标：通过课堂表现、练习题和课后作业，评价学生对空间点线面位置关系的理解和应用能力。

2. 评价方法：课堂参与度：观察学生在课堂讨论和提问中的活跃程度和思考深度。

练习正确率：统计学生练习题的正确率，分析学生的掌握情况。

作业完成质量：评估学生作业的完成质量，包括解题思路的清晰性和答案的准确性。

3. 评价内容：学生能否准确描述点、线、面的概念及其特征。

学生是否能理解并应用点、线、面的位置关系解决简单问题。

学生是否能在实际情境中识别和运用点、线、面的位置关系。

七、教学拓展：1. 拓展活动：组织学生进行空间几何模型制作，如点、线、面的小模型，让学生通过动手操作进一步理解空间关系。

高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系学案理

第 2 讲空间点、线、面的地点关系高考定位 1. 以几何体为载体考察空间点、线、面地点关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；2. 以解答题的形式考察空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相浸透.真题感悟1.(2017 ·全国Ⅰ卷) 如图，在以下四个正方体中，A， B 为正方体的两个极点，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()分析法一关于选项 B，如图 (1) 所示，连结CD，由于AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 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.所以 A 项中直线AB与平面MNQ不平行 .图 (1)图(2)法二关于选项A，此中O为BC的中点 ( 如图 (2) 所示 ) ，连结OQ，则OQ∥AB，由于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.A项中直线 AB与平面MNQ不平行.答案A2.(2018 ·全国Ⅰ卷) 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为()3323A.4B.3323C.4D. 2分析如图，依题意，平面α 与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，简单获得平面ABC 切合题意，从而全部平行于平面ABC 的平面11均切合题意 .由对称性，知过正方体ABCD－ A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此EFGHIJ.正六边形 EFGHIJ的边长为22时截面为正六边形 2，将该正六边形分红 6 个边长为223233的正三角形 . 故其面积为 6×4×2＝4 .答案A3. (2017 ·全国Ⅰ卷) 如图，在四棱锥P－ ABCD中， AB∥ CD，且∠ BAP＝∠CDP＝90°.(1) 证明：平面PAB⊥平面 PAD；8(2)若 PA＝PD＝ AB＝DC，∠ APD＝90°，且四棱锥 P－ ABCD的体积为3，求该四棱锥的侧面积.(1)证明∵∠ BAP＝∠ CDP＝90°，∴AB⊥ PA，CD⊥ PD.∵AB∥ CD，∴ AB⊥ PD.又∵ PA∩ PD＝ P， PA， PD?平面 PAD，∴AB⊥平面 PAD.∵AB?平面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PAD.(2)解取 AD的中点 E，连结 PE.∵PA＝ PD，∴ PE⊥ AD.由(1)知， AB⊥平面 PAD， PE?平面 PAD，故 AB⊥PE，又 AB∩ AD＝ A，可得 PE⊥平面 ABCD.设＝，则由已知可得＝2x ，＝2，AB x AD PE 2 x故四棱锥－的体积P ABCDP－ ABCD＝1··＝13.V3AB AD PE3x由题设得 1 3＝8，故x ＝2.3x3从而 PA＝ PD＝ AB＝ DC＝2， AD＝BC＝22，PB＝PC＝ 22，可得四棱锥P－ ABCD的侧面积为111122PA· PD＋2PA· AB＋2PD· DC＋2BC sin 60°＝6＋2 3.考点整合1.直线、平面平行的判断及其性质(1)线面平行的判断定理： 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)面面平行的判断定理： 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.2.直线、平面垂直的判断及其性质(1) 线面垂直的判断定理：?α， ?α，∩＝，⊥ ，⊥ ?⊥α.m n m n P l m l n l(2)线面垂直的性质定理： a⊥α， b⊥α? a∥ b.(3)面面垂直的判断定理： a?β， a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β ＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.热门一空间点、线、面地点关系的判断【例 1】(2018 ·成都诊疗 ) 已知m，n是空间中两条不一样的直线，α，β 是两个不一样的平面，且 m?α， n?β.有以下命题：①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝，且⊥，⊥，则α⊥β；l m l n l④若α∩β＝，且⊥，⊥，则α⊥β.l m l m n此中真命题的个数是 ()A.0B.1C.2D.3分析①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；②若α∥β，依据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；③若 α∩β＝ l ，且 m ⊥ l ， n ⊥ l ，则 α 与 β 不必定垂直，不正确；④若α∩β＝，且 ⊥ ， ⊥ ，与 n 不必定订交，不可以推出 α⊥ β，不正确 .lm lm n l答案B研究提升1. 判断与空间地点关系有关的命题真假的方法(1) 借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判断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、四周体模型等模型中察看线面地点关系，联合有关定理，进行必定或否认 .2. 两点注意： (1) 平面几何中的结论不可以完整引用到立体几何中；(2) 当从正面下手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，从而作出判断.【训练 1】 (1)(2018 ·石家庄调研 ) 如图，在三棱台 ABC －A 1B 1C 1 的 6个极点中任取 3 个点作平面 α，设 α ∩平面 ABC ＝ l ，若 l ∥ A 1C 1，则这 3 个点能够是 ()A.，，1B. 1， 1，AB C AB CC. 1，1，CD.1，，1A BAB C(2)(2018 ·菏泽模拟 ) 已知 m ， n 是两条不一样的直线，α， β， γ 是三个不一样的平面，则下列正确的选项是 ( )A. 若 m ∥ α， n ∥ α，则 m ∥ nB. 若 α⊥ γ，β⊥ γ，则 α∥ βC.若 m ∥ α， n ∥ β，则 α ∥βD. 若 m ⊥ α， n ⊥ α，则 m ∥ n分析 (1) 在棱台中， AC ∥A 1C 1，l ∥A 1 C 1，则 l ∥AC 或 l 为直线 AC . 所以平面 α 能够过点 A 1，B ，C 1，选项D 正确 .(2) 联合长方体模型，易判断选项 A ，B ，C 不正确 . 由线面垂直的性质，当 m ⊥ α，n ⊥α 时，有 m ∥ n ， D 项正确 .答案(1)D(2)D热门二空间平行、垂直关系的证明【例 2】如图，在四棱锥P － ABCD 中， AB ∥ CD ，AB ⊥AD ，CD ＝ 2AB ，平面PAD ⊥底面 ABCD ， PA ⊥ AD ， E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，求证：(1) PA ⊥底面 ABCD ；(2) BE ∥平面 PAD ；(3) 平面 BEF ⊥平面 PCD .证明(1) ∵平面 PAD ⊥底面 ABCD ，且 PA垂直于这两个平面的交线AD， PA?平面 PAD，∴PA⊥底面 ABCD.(2)∵ AB∥ CD， CD＝2AB， E 为 CD的中点，∴AB∥ DE，且 AB＝ DE.∴四边形 ABED为平行四边形.∴BE∥ AD.又∵ BE?平面 PAD， AD?平面 PAD，∴BE∥平面 PAD.(3)∵ AB⊥ AD，并且 ABED为平行四边形.∴BE⊥ CD，AD⊥ CD，由(1) 知PA⊥底面ABCD，且CD? 平面ABCD，∴PA⊥ CD，且 PA∩ AD＝ A， PA，AD?平面PAD，∴CD⊥平面 PAD，又 PD?平面 PAD，∴CD⊥ PD.∵E 和 F 分别是 CD和 PC的中点，∴ PD∥EF.∴CD⊥ EF，又 BE⊥ CD且 EF∩BE＝ E，∴CD⊥平面 BEF，又 CD?平面 PCD，∴平面 BEF⊥平面 PCD.【迁徙研究1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面 ABCD.证明如图，连结AC，设 AC∩ BE＝ O，连结 FO，AE.1∵AB∥ CD，CD＝2AB， CE＝2CD，∴AB綉 CE.∴四边形 ABCE为平行四边形.∴O为 AC的中点，又F 为 PC的中点，则FO∥ PA，又 PA⊥平面 ABCD，∴FO⊥平面 ABCD.又 FO?平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 ABCD.【迁徙研究2】在本例条件下，若AB＝ BC，求证： BE⊥平面 PAC.证明连结 AC，设 AC∩ BE＝O.AB∥ CD， CD＝2AB，且 E 为 CD的中点.∴AB綉 CE.又∵ AB＝BC，∴四边形 ABCE为菱形，∴ BE⊥ AC.又∵ PA⊥平面 ABCD，又 BE?平面 ABCD，∴ PA⊥BE，又 PA∩ AC＝ A， PA，AC?平面 PAC，∴BE⊥平面 PAC.研究提升垂直、平行关系证明中应用转变与化归思想的常有种类.(1)证明线面、面面平行，需转变为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转变为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转变为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转变为证明线面垂直，从而转变为证明线线垂直.【训练 2】 (2018 ·北京卷 ) 如图，在四棱锥－中，底面ABCDP ABCD为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥ PD，PA＝ PD，E，F 分别为 AD，PB的中点.(1)求证： PE⊥ BC；(2)求证：平面 PAB⊥平面 PCD；(3)求证： EF∥平面 PCD.证明(1) 由于PA＝PD，E为AD的中点，所以 PE⊥ AD.由于底面 ABCD为矩形，所以 BC∥ AD.所以 PE⊥ BC.(2)由于底面 ABCD为矩形，所以 AB⊥ AD.又由于平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝ AD，AB?平面ABCD，所以 AB⊥平面 PAD，且 PD?平面 PAD.所以 AB⊥ PD.又由于 PA⊥ PD，且 PA∩ AB＝A，所以 PD⊥平面 PAB.又 PD?平面 PCD，所以平面 PAB⊥平面 PCD.(3)如图，取 PC中点 G，连结 FG， DG.由于 F， G分别为 PB， PC的中点，1所以 FG ∥ BC ， FG ＝2BC .由于 ABCD 为矩形，且 E 为 AD 的中点，1所以 DE ∥ BC ， DE ＝2BC .所以 DE ∥ FG ， DE ＝ FG .所以四边形 DEFG 为平行四边形 .所以 EF ∥ DG .又由于 EF ?平面 PCD ， DG ? 平面 PCD ，所以 EF ∥平面 PCD .热门三平面图形中的折叠问题【例 3】 ( 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 的地点 .(1) 证明： AC ⊥ HD ′；(2) 若 AB ＝5， AC ＝ 6， AE ＝ 5， OD ′＝ 2 2，求五棱锥 D ′－ ABCFE 的体积 . 4(1) 证明由已知得 AC ⊥ BD ，AD ＝ CD ，AE CF又由 AE ＝ CF 得＝，故 AC ∥EF ，AD CD由此得 EF ⊥ HD ，故 EF ⊥ HD ′，所以 AC ⊥ HD ′.(2) 解由 EF ∥AC 得＝＝1.DO AD 4OHAE22由 AB ＝ 5，AC ＝ 6 得 DO ＝ BO ＝ AB － AO ＝ 4，所以 OH ＝ 1， D ′ H ＝DH ＝ 3，222)222于是 OD ′ ＋ OH ＝ (2 ＋ 1 ＝9＝ D ′H ，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 EF DH9＝得EF ＝ .AC DO 2 五边形的面积 11 9 69 ＝ ×6×8－ ××3＝ .ABCFES 22 2 4169232所以五棱锥 D′－ ABCFE的体积 V＝3×4×22＝2.研究提升 1. 解决与折叠有关的问题的重点是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般状况下，线段的长度是不变量，而地点关系常常会发生变化，抓住不变量是解决问题的打破口.一般地翻折后还在同一个平面上的图形的性质不发生变化，不在同一个平面上的图形的性质发生变化 .2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要剖析折叠后的图形，也要剖析折叠前的图形，擅长将折叠后的量放在原平面图形中进行剖析求解.【训练 3】 (2018 ·全国Ⅰ卷 ) 如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ ACM＝90°.以 AC为折痕将△ ACM折起，使点 M抵达点 D的地点，且 AB⊥ DA.(1) 证明：平面ACD⊥平面 ABC；2(2) Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝ DQ＝3DA，求三棱锥Q－ABP的体积.(1)证明由已知可得，∠ BAC＝90°，即 BA⊥ AC.又 BA⊥ AD， AC∩ AD＝ D， AC，AD?平面 ACD，所以 AB⊥平面 ACD.又 AB?平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC.(2)解由已知可得， DC＝ CM＝ AB＝3，DA＝ AM＝3 2.2又 BP＝ DQ＝3DA，所以 BP＝2 2.1作 QE⊥ AC，垂足为 E，则 QE綉3DC.由已知及 (1) 可得DC⊥平面ABC，所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1.所以，三棱锥Q－ ABP的体积为111V Q－ABP＝3× QE× S△ABP＝3×1×2×3×22sin 45°＝1.1.空间中点、线、面的地点关系的判断(1) 能够从线、面的观点、定理出发，学会找特例、反例.(2)能够借滋长方体，在理解空间点、线、面地点关系的基础上，抽象出空间线、面的地点关系的定义.2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法以下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公义，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行变换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行变换.(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的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只要证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a?α? l ⊥a.3. 解决平面图形的翻折问题，重点是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及有关线段的长度、角度等.一、选择题1.(2018 ·浙江卷 ) 已知平面α，直线m，n知足m?α，n? α，则“m∥n”是“m∥α”的 ()A. 充足不用要条件B.必需不充足条件C.充足必需条件D. 既不充足也不用要条件分析若?， ?α，∥，由线面平行的判断定理知∥α. 若∥α， ?， ?α，m αn m n m m m αn 不必定推出m∥ n，直线 m与 n 可能异面.故“ m∥n”是“m∥ α”的充足不用要条件.答案A2.(2017 ·全国Ⅲ卷) 在正方体ABCD－ A1B1C1D1中， E 为棱 CD的中点，则()A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D. A1E⊥AC分析如图，由题设知，A1B1⊥平面 BCC1B1，从而 A1B1⊥ BC1.又 B1C⊥ BC1，且 A1B1∩ B1C＝ B1，所以 BC1⊥平面 A1B1CD，又 A1E?平面 A1B1CD，所以1⊥1.AE BC答案C3.(2018 ·湖南师大联考 ) 如图，正方体－ 1 1 1 1 的棱长为1，点ABCD A B CDM是对角线 C1B 上的动点，则CM＋ MD1的最小值为()A.2＋ 2B.2＋ 2C.2＋ 6D.2分析将△ CBC1沿 BC，CC1剪开，并沿 BC1折起，使平面 CBC1和平面BC1D1A共面如图 . 连″交′于点. 则＋最短 ( 即线段″) ，在111△ 1 1″中，∠1 1″＝ 135°，由余弦定理，得″12＝ 12＋12－DCC DCC C D2＋1 的最小值为2＋ 2.2×1·cos 135 °＝ 2＋ 2. 故CM MD答案A4.( 2018·全国Ⅱ卷) 在正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E 为棱 CC1的中点，则异面直线AE与 CD所成角的正切值为 ()A.2B.3572C. D. 222分析如图，连结，由于∥，所以异面直线AE 与所成的角等于订交直线AE与BE AB CD CDAB所成的角，即∠ EAB.不如设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝ 2，由勾股定理得BE＝ 5.又由⊥平面 1 1 及?平面 1 1，可得⊥，所以 tan ∠＝BE5＝ .AB BCCB BE BCCB AB BE EAB AB2答案C5.(2018 ·安徽江南联考) 关于四周体ABCD，有以下命题：①若A B＝ AC＝ AD，则 AB，AC， AD 与底面所成的角相等；②若AB⊥ CD， AC⊥ BD，则点 A 在底面 BCD内的射影是△ BCD的心里；③四周体 ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四周体ABCD的6条棱长都为1，则π它的内切球的表面积为6 . 此中正确的命题是()A. ①③B. ③④C. ①②③D. ①③④分析①正确，若AB＝ AC＝ AD，则 AB， AC， AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图 (1) ，点A在平面BCD的射影为点O，连结 BO， CO，可得 BO⊥ CD， CO⊥ BD，所以点 O是△ BCD的垂心；图 (1)图(2)③正确，如图 (2) ，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，则四周体ABCD的四个面均为直角三角形；6161④正确，正四周体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为 3，依据等体积公式3×S×3＝362π×4×S×r，解得r＝12，那么内切球的表面积S＝4π r＝6 .故正确的命题是①③④.答案D二、填空题AM AN6.如图，在空间四边形 ABCD中，点 M∈ AB，点 N∈ AD，若＝，则直MB ND线 MN与平面 BDC的地点关系是______.AM AN分析由＝，得MN∥ BD.MB ND而 BD?平面 BDC， MN?平面 BDC，所以 MN∥平面 BDC.答案平行7. 在正方体－ 1111中，E 为线段1 1 上的一个动点，则以下结论中正确的选项是ABCD A BCD BD________( 填序号 ).①AC⊥ BE；②B1E∥平面 ABCD；③三棱锥 E－ ABC的体积为定值；④直线 B1E⊥直线 BC1.分析因 AC⊥平面 BDD1B1，而 BE?平面 BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面 ABCD，故②正确；记正方体的体积为，则V＝1与 1 不垂直，故④错误.－，为定值，故③正确；1ABCE答案①②③8.如图，在四边形 ABCD中，AD∥ BC，AD＝AB，∠ BCD＝45°，∠ BAD＝90°，将△ ADB沿 BD折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，组成三棱锥 A－ BCD，则在三棱锥 A－ BCD中，以下命题正确的选项是________( 填序号 ).①平面⊥平面ABC ②平面⊥平面BDCABD ADC③平面⊥平面BDC ④平面⊥平面ABCABC ADC11∠BCD＝45°，∠ BAD＝90°，所以BD⊥ CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD＝BD， CD?平面 BCD，所以 CD⊥平面 ABD，又 AB?平面 ABD，则 CD⊥ AB，又 AD⊥ AB， AD∩ CD＝ D，所以 AB⊥平面 ADC，又 AB?平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 ADC.答案④三、解答题9.(2018 ·江苏卷 ) 在平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中， AA1＝AB， AB1⊥B1C1.求证： (1) AB∥平面A1B1C；(2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.证明(1) 在平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中， AB∥ A1B1.由于 AB?平面 A1B1C， A1B1?平面 A1B1C，所以 AB∥平面 A1B1C.(2)在平行六面体 ABCD－ A1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形.又由于 AA1＝ AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以 AB1⊥ A1B.又由于 AB1⊥ B1 C1， BC∥ B1C1，所以 AB1⊥ BC.又由于 A1B∩ BC＝ B， A1B?平面 A1BC，BC?平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC.由于 AB1?平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.10.(2018 ·潍坊三模 ) 以下图，五面体ABCDEF中，四边形A CFDπ是等腰梯形， AD∥ CF，∠ DAC＝3，BC⊥平面 ACFD，CA＝ CB＝ CF＝1，AD＝ 2CF，点G为AC的中点 .(1)在 AD上能否存在一点 H，使 GH∥平面 BCD？若存在，指出点 H的地点并给出证明；若不存在，说明原因；(2)求三棱锥 G－ ECD的体积.解 (1) 存在点H，H为AD中点 . 证明以下：连结 GH，在△ ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD，又 GH?平面 BCD， CD?平面BCD，∴GH∥平面 BCD.(2) 由题意知：AD∥CF，AD? 平面ADEB，CF?平面ADEB，∴CF∥平面 ADEB，又 CF?平面 CFEB，平面 CFEB∩平面 ADEB＝ BE，∴CF∥ BE，∴V G－ECD＝ V E－GCD＝V B－GCD，π∵四边形 ACFD为等腰梯形，且∠DAC＝3.π∴∠ ACD＝2，1又∵ CA＝ CB＝ CF＝1， AD＝2CF，∴ CD＝3，CG＝2，又 BC⊥平面 AFCD，∴V111113－＝×× ×＝×××3×1＝ .B GCD3∴三棱锥 G－ ECD的体积为.1211.如图，在矩形 ABCD中， AB＝2AD，M为 DC的中点，将△ ADM沿 AM折起使平面 ADM⊥平面ABCM.(1)当 AB＝2时，求三棱锥 M－BCD的体积；(2)求证： BM⊥ AD.(1)解取 AM的中点 N，连结 DN(如图).∵在矩形 ABCD中， M为 DC的中点， AB＝2AD，∴DM＝ AD.又 N为 AM的中点，∴ DN⊥ AM.又∵平面ADM⊥平面 ABCM，平面 ADM∩平面 ABCM＝AM， DN?平面ADM，∴DN⊥平面 ABCM.2∵AD＝1，∴ DN＝2.11又 S△BCM＝· CM· CB＝，2212∴V 三棱锥M－BCD＝ V三棱锥D－BCM＝3S△BCM× DN＝12.(2) 证明由(1)可知，DN⊥平面ABCM.又 BM?平面 ABCM.∴BM⊥ DN.在矩形 ABCD中， AB＝2AD， M为 MC的中点，∴△ ADM，△ BCM都是等腰直角三角形，且∠A DM＝90°，∠ BCM＝90°，∴BM⊥ AM.又 DN， AM?平面 ADM， DN∩ AM＝ N，∴BM⊥平面 ADM.又 AD?平面 ADM，∴BM⊥ AD.。

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业

2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。

高三数学 7.2空间点、线、面之间的位置关系教案

7.2空间点、线、面之间的位置关系【高考目标定位】一、空间点、直线、平面之间的位置关系1、考纲点击（1）理解空间直线、平面位置关系的定义；（2）了解可以作为推理依据的公理和定理；（3）能运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。

2、热点提示（1）以空间几何体为载体，考查逻辑推理能力；（2）通过判断位置关系，考查空间想象能力；（3）应用公理、定理证明点共线、线共面等问题；（4）多以选择、填空的形式考查，有时也出现在解答题中。

二、直线、平面平行的判定及其性质1、考纲点击（1）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的有关性质与判定定理；（2）能运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题。

2、热点提示（1）以选择、填空的形式考查线与面、面与面平行关系的判定与性质定理的内容；（2）在解答题中，综合考查定理的应用。

三、直线、平面垂直的判定及其性质1、考纲点击（1）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垂直的有关性质与判定定理；（2）能运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。

2、热点提示（1）以选择、填空的形式，考查线面垂直的判定定理和性质定理；（2）解答题中，考查线面垂直关系及逻辑能力；（3）通过考查线面角及二面角，考查空间想象能力及计算能力，常以解答题的形式出现。

【考纲知识梳理】一、空间点、直线、平面之间的位置关系 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，那么这条直线在此平面内；公理2：过不在一条直线上的三点，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、直线与直线的位置关系（1）位置关系的分类⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩相交直线共面直线平行直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点（2）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（或夹角）②范围：02π⎛⎤ ⎥⎝⎦，3、直线和平面的位置关系位置关系直线a 在平面α内直线a 与平面α相交直线a 与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a α⊂a A α= //a α图形表示4、两个平面的位置关系位置关系图示表示法公共点个数两平面平行//αβ0两平面相交斜交aαβ=有无数个公共点在一条直线上垂直αβ⊥aαβ=有无数个公共点在一条直线上5、平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行。

高考数学：专题四第二讲空间点、直线、平面的位置关系课件

方体模型中进行观察.
题型与方法
第二讲
变式训练 1 设 l、m、n 表示三条直线，α、β、γ 表示三个平面，给出下列四个命题： ①若 l⊥α，m⊥α，则 l∥m；
本讲栏目开关
②若 m⊂β，n 是 l 在 β 内的射影，m⊥l，则 m⊥n； ③若 m⊂α，m∥n，则 n∥α； ④若 α⊥γ，β⊥γ，则 α⊥β. 其中真命题为 A.①② B.①②③ C.①②③④ D.③④ ( A )
本讲栏目开关
点．
(1)求证：DE∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PBC； (3)求四棱锥 P—ABCD 的体积．
题型与方法
证明
第二讲
(1)连接 AC，则 F 是 AC 的中点，E 为 PC 的中点,
本讲栏目开关
故在△CPA 中，EF∥PA，
又∵PA⊂平面 PAD，EF⊄平面 PAD，
即 PA⊥PD.又∵CD∩PD＝D，∴PA⊥平面 PCD.
又∵PA⊂平面 PAB，
∴平面 PAB⊥平面 PCD.
题型与方法
第二讲
题型三
本讲栏目开关
空间线面关系的综合问题线面关系的综合问题包括空间位置关系的证明和
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.
考点与考题
第二讲
3.(2012· 安徽)设平面 α 与平面 β 相交于直线 m，直线 a 在平面 α 内，直线 b 在平面 β 内， b⊥m，且则“α⊥β”是“a⊥b” 的
本讲栏目开关
( A ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
(3)面面平行的判定定理 b∥α，∴α∥β. (4)面面平行的性质定理 ∴a∥b.

高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明教案文

高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明教案文[做小题——激活思维]1．设a，b，c表示不同的直线，α表示平面，下列命题中正确的是( )A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a⊥b，b⊥α，则a⊥αC．若a⊥c，b⊥c，则a∥b D．若a⊥α，b⊥α，则a∥bD[线面平行时要考虑线是否在平面内．]2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB[A中m与α的位置关系不能确定，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D错误．选B.]3．给出下列命题，其中错误命题的个数为( )①若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；②若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；③若异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；④若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面．A．1 B．2 C．3 D．4[答案]C4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是________．(填序号)①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.①②④ [如图，因为AB 綊C 1D 1，所以四边形AD 1C 1B 为平行四边形．故AD 1∥BC 1，从而①正确；易证BD ∥B 1D 1，AB 1∥DC 1，又AB 1∩B 1D 1＝B 1，BD ∩DC 1＝D ，故平面AB 1D 1∥平面BDC 1，从而②正确；由图易知AD 1与DC 1异面，故③错误；因为AD 1∥BC 1，AD 1⊄平面BDC 1，BC 1⊂平面BDC 1，所以AD 1∥平面BDC 1，故④正确．]5．在正四棱锥P ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为多少？[解] 连接AC ，BD 交于点O ，连接OE ，OP . 因为四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又因为E 为PC 中点，所以OE ∥PA ，且OE ＝12PA ＝1，所以∠OEB (或其补角)是异面直线PA 与BE 所成的角．因为四棱锥P ABCD 为正四棱锥，O 为正方形ABCD 的中心，所以PO ⊥平面ABCD ，所以AO 为PA 在平面ABCD 内的射影，所以∠PAO 即为PA 与平面ABCD 所成的角，即∠PAO ＝60°，因为PA ＝2，所以OA ＝OB ＝1.因为PO ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以PO ⊥BD ，AC ⊥BD ，又因为PO ∩AC ＝O ，所以BD ⊥平面PAC ，因为OE ⊂平面PAC ，所以BD ⊥OE ，所以△BOE 为直角三角形，因为OB ＝OE ＝1，所以∠OEB ＝45°，即异面直线PA 与BE 所成的角为45°.[扣要点——查缺补漏]1．空间两直线位置关系的判定与证明(1)判定两直线相交的方法①证明两直线共面且不平行；②将待证两直线构造到同一平面几何图形中，利用平面几何图形性质判断．(2)判定两直线异面的方法①反证法；②利用结论：过平面外一点和平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线．2．空间线面位置关系的判定与证明(1)模型法判断线面关系：借助空间几何模型，如长方体、四面体等观察线面关系，再结合定理进行判断，如T3.(2)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系．如T4.(3)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质．3．空间角(1)对于两条异面直线所成的角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置．(2)直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的射影．如T5.空间线面位置关系的判断(5年3考)[高考解读]以正方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系，是《课程标准》关于立体几何教学内容设计的基本特点.近几年高考题的设计就体现了这种特点，以正方体为载体，考生可以通过直观感知，操作确认形成问题的结论.1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线切入点：N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是ED 的中点．关键点：正确应用△ECD 为正三角形及平面ECD ⊥平面ABCD 两个条件． B [取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB ，BD ，BE . ∵点N 为正方形ABCD 的中心， ∴点N 在BD 上，且为BD 的中点． ∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD . ∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD . ∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3， ∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF ， ∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG . ∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7. ∴BM ≠EN .∵BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.]2．(2017·全国卷Ⅰ)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( )切入点：M，N，Q为所在棱的中点．关键点：正确应用线面平行的判定定理．A[A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.]3．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥ACC[如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．故选C.][教师备选题]1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C.]2．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A[由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.] 3．(2015·广东高考)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D[由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．]判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法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，进行肯定或否定；3借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.1．(位置关系的判定)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．m∥α，m∥βB．α⊥γ，β⊥γC．m⊂α，n⊂β，m∥nD．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥αD[A中α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．]2．(新题型：多选题)(命题的真假判断)设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确的命题是( )A．①B．②C．③D．④AD[①正确；②中也可能直线l⊂α，故错误；③中三条直线也可能相交于一点，故错误；④正确，所以正确的命题是A、D.]3．(线面垂直、面面垂直的判定)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( )A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEFB[根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.]4．[创新问题]某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是 ( )A．①②③⑤ B．②③④⑤C．②④⑤ D．③④⑤B[A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON＞∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O′1∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O′1与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.]空间平行、垂直关系的证明(5年9考)[高考解读] 空间位置关系的证明是高考每年的必考内容，主要涉及直线与平面、平面与平面的平行或垂直的判定及性质定理的应用，重点考查考生的直观想象、逻辑推理核心素养.(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵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．切入点：矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直．关键点：正确利用面面垂直的判定及性质、线面垂直的判定与性质．[解] (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CD ︵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)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD . 证明如下：如图，连接AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连接OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP .MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD .[教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ； (2)求四面体N BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，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． [解] (1)因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，知PO ⊥平面ABC . (2)作CH ⊥OM ，垂足为H .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．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°. 所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455. 所以点C 到平面POM 的距离为455.1．直线、平面平行的判定及其性质(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 .2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b .(3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.1．(垂直关系的判定及应用)如图，三棱锥P ABC 中，底面ABC和侧面PAB 是边长为2的正三角形，PC ＝ 6.(1)求证：平面PAB ⊥平面ABC ；(2)[一题多解]求点B 到平面PAC 的距离．[解] (1)记AB 的中点为D ，连接PD ，CD ，如图．因为侧面PAB 是边长为2的正三角形，所以PD ⊥AB .在正三角形ABC 和正三角形PAB 中得CD ＝3，PD ＝ 3.因为PC ＝6，所以PC 2＝PD 2＋CD 2，所以PD ⊥CD .因为AB ∩CD ＝D ，所以PD ⊥平面ABC .因为PD ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面ABC .(2)法一：如图，取PC 的中点E ，连接AE ，BE .由题意知AE ⊥PC ，BE ⊥PC ，所以PC ⊥平面ABE . 因为PC ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面ABE .过B 作BH ⊥AE ，垂足为H ，则BH ⊥平面PAC .在△ABE 中，AB ＝2，AE ＝BE ＝102.从而BH ＝2155，即点B 到平面PAC 的距离为2155.法二：由题意得S △ABC ＝3，S △PAC ＝152.设点B 到平面PAC 的距离为h ，因为V P ABC ＝V B PAC ，所以结合(1)知13S △ABC ·PD ＝13S △PAC ·h ，所以h ＝2155.所以点B 到平面PAC 的距离为2155.2．(平行关系的判定及应用)如图，在四棱锥P ABCD 中，△BCD 为等边三角形，BD ＝23，PA ＝2，AB ＝AD ＝PB ＝PD ，∠BAD＝120°.(1)若点E 为PC 的中点，求证：BE ∥平面PAD ；(2)求四棱锥P ABCD 的体积．[解] (1)如图，取CD 的中点为M ，连接EM ，BM .∵△BCD 为等边三角形，∴BM ⊥CD .∵∠BAD ＝120°，AD ＝AB ，∴∠ADB ＝30°，∴∠ADC ＝30°＋60°＝90°，∴AD ⊥CD ，∴BM ∥AD .又BM ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴BM ∥平面PAD .∵E 为PC 的中点，M 为CD 的中点，∴EM ∥PD .又EM ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，∴EM ∥平面PAD .∵EM ∩BM ＝M ，∴平面BEM ∥平面PAD .又BE ⊂平面BEM ，∴BE ∥平面PAD .(2)连接AC 交BD 于点O ，连接PO .∵CB ＝CD ，AB ＝AD ，∴AC ⊥BD 且O 为BD 的中点．又∠BAD＝120°，BD＝23，△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.又PA＝2，∴PA2＝PO2＋OA2，∴PO⊥OA.又PO⊥BD，AO∩BD＝O，∴PO⊥平面ABD，即四棱锥PABCD的高为PO＝1，∴四棱锥PABCD的体积V＝13×34×(23)2＋12×23×1]×1＝433.平面图形的翻折问题(5年2考)[高考解读]以平面图形的折叠为载体考查空间位置关系的判断与证明及体面积的计算，是高考的常考内容，难度适中，考查考生的直观想象及逻辑推理核心素养.(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.图1 图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．切入点：①A、C、G、D共面；②AB⊥平面BCGE.关键点：弄清折叠前后的变化量及不变量．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.[教师备选题](2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积． [解] (1)由已知可得，∠BAC ＝90°，BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，且AC ⊂平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2. 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC . 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.平面图形折叠问题的求解方法1解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.1．(线面平行、体积计算)如图，已知在等腰梯形ABCD 中，AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADE ＝60°，沿AE ，BF 折成三棱柱AED BFC .(1)若M ，N 分别为AE ，BC 的中点，求证：MN ∥平面CDEF ；(2)若BD ＝5，求三棱锥E ABC 的体积．[解] (1)证明：取AD 的中点G ，连接GM ，GN (图略)，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ，AD 的中点，∴GM ∥DE ，∵DE ⊂平面CDEF ，GM ⊄平面CDEF ，∴GM ∥平面CDEF .由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点，由棱柱的性质可得GN ∥CD ，∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ，∴GN ∥平面CDEF .又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，GM ∩NG ＝G ，∴平面GMN ∥平面CDEF ，∴MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF .(2)在Rt△ADE 中，∵AD ＝2，∠ADE ＝60°，∴DE ＝1，AE ＝ 3.在Rt△ABE 中，∵AB ＝1，AE ＝3，∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5，∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB .又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E ，∴DE ⊥平面ABFE .∵CF ∥DE ，∴CF ⊥平面ABFE ，∴CF 为点C 到平面ABFE 的距离，∴V E ABC ＝V C ABE ＝13×S △ABE ×CF ＝13×12×1×3×1＝36. 2．(面面垂直、点面距离)如图1，矩形ABCD 中，AB ＝12，AD ＝6，E ，F 分别为CD ，AB 边上的点，且DE ＝3，BF ＝4，将△BCE 沿BE 折起至△PBE 位置(如图2所示)，连接AP ，PF ，其中PF ＝2 5.(1)求证：PF ⊥平面ABED ；(2)求点A 到平面PBE 的距离．图1 图2[解] (1)证明：连接EF (图略)，由题意知，PB ＝BC ＝6，PE ＝CE ＝9，在△PBF 中，PF 2＋BF 2＝20＋16＝36＝PB 2，所以PF ⊥BF . 易得EF ＝62＋12－3－42＝61，在△PEF 中，EF 2＋PF 2＝61＋20＝81＝PE 2，所以PF ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面ABED ，EF ⊂平面ABED ，所以PF ⊥平面ABED .(2)由(1)知PF ⊥平面ABCD ，连接AE (图略)，则PF 为三棱锥P ABE 的高．设点A 到平面PBE 的距离为h ，由等体积法得V A PBE ＝V P ABE ，即13×S △PBE ×h ＝13×S △ABE ×PF . 又S △PBE ＝12×6×9＝27，S △ABE ＝12×12×6＝36，所以h ＝S △ABE ·PF S △PBE ＝36×2527＝853，即点A 到平面PBE 的距离为853. 空间角问题[高考解读] 高考对空间角的考查主要涉及异面直线所成的角和线面角，多以长方体或正方体等简单几何体为载体考查，且线面角多以题目条件出现.1．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22B.32C.52D.72切入点：①ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体；②E 为棱CC 1的中点．关键点：正确作出异面直线AE 与CD 所成的角．C [如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即∠EAB .不妨设正方体的棱长为2，则CE ＝1，BC ＝2，由勾股定理得BE ＝ 5.又由AB ⊥平面BCC 1B 1可得AB ⊥BE ，所以tan∠EAB ＝BE AB ＝52.故选C.] 2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3切入点：①AB ＝BC ＝2；②AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.关键点：正确找出AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角．C[连接BC1，AC1，AC，因为AB⊥平面BB1C1C ，∴∠AC 1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝232－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.][教师备选题]1．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．8π[由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得12l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝12l＝2，AO＝32l＝2 3.故该圆锥的体积V＝13π×AO2×SO＝13π×(23)2×2＝8π.]2．(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．[解](1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC，所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝AD2＋AM2＝13.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝AD2＋AN2＝13.在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝12MNDM＝1326.所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.(3)如图，连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝ 3.又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD＝AC2＋AD2＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝CMCD ＝34.所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.1．求异面直线所成角的一般步骤2．求直线与平面所成的角的步骤(1)作：即在直线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；(2)证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；(3)求：一般来说是借助解三角形的知识求角．易错提醒：找直线与平面所成的角，关键是找直线上一点到该平面的垂线，要善于利用“若平行直线中一条垂直于一平面，则另一条也垂直于该平面”．如果直线在已知图形中没有斜足，可以转化成找与该直线平行的另一条直线(斜足明显的)与该平面所成的角．1．(异面直线所成的角)在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD的交点为O，E为BC的中点，则异面直线D1O与B1E所成角的余弦值为( )A.3010B.15C.25D.310A[取A 1B1的中点F，连接OF，OE，则由OE綊B1F知，四边形OEB1F为平行四边形，∴B1E∥OF，∴∠D1OF为异面直线D1O与B1E所成角．连接D 1F ，设正方体的棱长为2，则OF ＝B 1E ＝5，D 1O ＝DO 2＋DD 21＝6，D 1F ＝D 1A 21＋A 1F 2＝5，∴cos∠D 1OF ＝D 1O 2＋OF 2－D 1F 22D 1O ·OF ＝62＋52－5226×5＝3010.] 2．(直线与平面所成的角)在各棱长都相等的直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的正切值为( )A.33 B.32 C ．1 D. 3D [如图，取BC 的中点E ，连接DE ，AE ，依题意，易得AE ⊥平面BB 1C 1C ，故∠ADE 为AD 与平面BB 1C 1C 所成的角．设棱长为1，则AE ＝32，DE ＝12，tan∠ADE ＝AEDE ＝3212＝ 3.故选D.]3．(线线角与折叠问题)如图，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H 分别为DE ，AF 的中点，将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成正四面体P DEF ，则四面体中异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为________．23 [折成的四面体是正四面体，如图，连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK ，则GK ∥DH ，故∠PGK 即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK 中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝72，故cos∠PGK ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23.]。

2019届高考数学二轮复习专项二专题四2第2讲空间点线面的位置关系学案

年份卷别卷Ⅰ第 2 讲空间点、线、面的位置关系考查内容及考题位置面面垂直的证明·T18(1)命题分析异面直线所成的角·T 线面垂直的证卷Ⅱ2018明·T1.高考对此部分的命题较20(1)卷Ⅲ卷Ⅰ面面垂直的证明·T面面垂直的证明·T19(1)18(1)为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答空间异面直线所成角的余弦值的计题或仅一道解答题．2017卷Ⅱ算·T10线面平行的证明·T19(1)2．选择题一般在第 10～11 题的位置，填空题一般卷Ⅲ卷Ⅰ圆锥、空间线线角的求解·T 面面垂16直的证明·T19(1)求异面直线所成的角·T 面面垂直11在第 14 题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．的证明·T 18(1)3．解答题多出现在第 18空间中线、面位置关系的判定与性或 19 题的第一问的位置，2016卷Ⅱ卷Ⅲ质·T14线面垂直的证明·T线面平行的证明·T19(1)19(1)考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等.空间线面位置关系的判定(基础型)判断与空间位置关系有关命题真假的 3 种方法(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)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．(3)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9合有关定理，进行肯定或否定．[考法全练] 1．在正方体ABCD A B C D中，E为棱CD的中点，则()1 1 1 1A．A E⊥DC1 1 C．A E⊥BC1 1B．A E⊥BD1 D．A E⊥AC1解析：选C.A B⊥平面BCC B，BC⊂平面BCC B，所以A B⊥BC，又BC⊥B C，且B C1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1∩A B＝B，所以BC⊥平面A B CD，又A E⊂平面A B CD，所以BC⊥A E.故选C.1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12．已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列命题是真命题的是()A．若l∥α，且l∥β，则α∥βB．若l⊥α，且l⊥β，则α∥βC．若l⊂α，且α⊥β，则l⊥βD．若l∥α，且α∥β，则l∥β解析：选B.对于A，若l∥α，且l∥β，则α∥β或α与β相交，所以A错；因为垂直于同一条直线的两个平面平行，所以B正确；对于C，若l⊂α，且α⊥β，则l与β相交或l∥β或l⊂β，所以C错；对于D，若l∥α，且α∥β，则l∥β或l⊂β，所以D 错．故选B.3．(2018·惠州第二次调研)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是()①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 C．3B．2 D．4解析：选C.对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确．选C.4．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD 为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．答案：②③④空间中平行、垂直关系的证明(综合型)直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：aα，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.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.[典型例题]由四棱柱ABCD A B C D截去三棱锥C B CD后得到的几1 1 1 1 1 1 1何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A E⊥平面ABCD.1(1)证明：A O∥平面B CD；1 1 1(2)设M是OD的中点，证明：平面A EM⊥平面B CD.1 1 1【证明】(1)取B D的中点O，连接CO，A O，1 1 1 1 1 1由于ABCD A B C D为四棱柱，1 1 1 1所以A O∥OC，1 1A O＝OC，1 1因此四边形A OCO为平行四边形，1 1所以A O∥O C.1 1又O C⊂平面B CD，A O平面B CD，1 1 1 1 1 1所以A O∥平面B CD.1 1 1(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD.又A E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，1所以A E⊥BD.1因为B D∥BD，1 1所以EM⊥B D，A E⊥B D.1 1 1 1 1又A E，EM⊂平面A EM，A E∩EM＝E，1 1 1所以B D⊥平面A EM.1 1 1又B D⊂平面B CD，所以平面A EM⊥平面B CD.1 1 1 1 1 1 1平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．[对点训练]1.如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA1⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E为AD的中点．2(1)求证：PA ⊥CD .(2)求证：平面 PBD ⊥平面 PAB .证明：(1)因为平面 PAB ⊥平面 ABCD ，平面 PAB ∩平面 ABCD ＝AB ，又因为 PA ⊥AB ，所以 PA ⊥平面 ABCD .则 PA ⊥CD .(2)由已知，BC ∥ED ，且 BC ＝ED ，所以四边形 BCDE 是平行四边形，又 CD ⊥AD ，BC ＝CD ，所以四边形 BCDE 是正方形，连接 CE (图略)，所以 BD ⊥CE ，又因为 BC ∥AE ，BC ＝AE ，所以四边形 ABCE 是平行四边形，所以 CE ∥AB ，则 BD ⊥AB .由(1)知 PA ⊥平面 ABCD ，所以 PA ⊥BD ，又因为 PA ∩AB ＝A ，则 BD ⊥平面 PAB ，且 BD ⊂ 平面 PBD ，所以平面 PBD ⊥平面 PAB .2.如图，已知斜三棱柱 ABC A B C 中，点 D ，D 分别为 AC ，A C 上的1 1 111 1点．A D(1)当等于何值时，BC ∥平面 AB DD C 1 1 1?1 1AD(2)若平面 BC D ∥平面 AB D ，求的值．1 1 1 DCA D 解：(1)如图，取 D 为线段 A C 的中点，此时＝1，1 1 1 D C1 1连接 A B 交 AB 于点 O ，连接 OD .111由棱柱的性质，知四边形 A ABB 为平行四边形，11所以点 O 为 A B 的中点．1在△A BC 中，点 O ，D 分别为 A B ，A C 的中点，11111 1所以 OD ∥BC .11又因为 OD ⊂ 平面 AB D ，BC 平面 AB D ，1 1 1 1 1 1 所以 BC ∥平面 AB D .1 1 1 A D所以当＝1 时，BC ∥平面 AB D .D C 1 1 11 1(2)由已知，平面 BC D ∥平面 AB D ，11 11 11 11 1且平面A BC∩平面BDC＝BC，1 1 1 1平面A BC∩平面AB D＝D O.1 1 1 1 1因此BC∥D O，同理AD∥DC.1 1 1 1A D A O A D DC因为＝，＝.1 1 1 1A O DC AD又因为＝1，所以＝1，即＝1.平面图形的折叠问题(综合型)[典型例题]如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图②所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．(1)求证：平面OEF∥平面PAD；(2)求证：CD⊥平面POF；(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E CFO的体积．【解】(1)证明：因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，所以OE∥PA，又OE平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，所以平面OEF∥平面PAD.(2)证明：因为OF∥AD，AD⊥CD，所以OF⊥CD.又PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD.又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.1 1 1 1 1D C OB D C AD1OB AD DC(3)因为∠ADC ＝90°，AD ＝3，CD ＝4，1所以＝ ×3×4＝6，△S ACD而点 O ，F 分别是 AC ，CD 的中点，1 3所以＝＝， 4 2由题意可知△ACP 是边长为 5 的等边三角形，5所以 OP ＝ 3，25即点 P 到平面 ACD 的距离为 3，25又 E 为 PC 的中点，所以 E 到平面 CFO 的距离为 3，41 3 5 5故 V ＝ × × 3＝ 3. 3 2 4 8平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练]π 1如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝ AD ＝a ，E 是 AD 的中点，2 2O 是 AC 与 BE 的交点，将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A △ BE 的位置，得到四棱锥 A BCDE .11(1)证明：CD ⊥平面 A OC ；1(2)当平面 A BE ⊥平面 BCDE 时，四棱锥 A BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值．1 11解：(1)证明：在图 1 中，因为 AB ＝BC ＝ AD ＝a ，E 是 AD 的中点，2π∠BAD ＝，所以 BE ⊥AC .2即在图 2 中，BE ⊥A O ，BE ⊥OC ，1从而 BE ⊥平面 A OC ，1又 CD ∥BE ，2△S CFO△S ACD E CFO所以 CD ⊥平面 A OC .1(2)由已知，平面 A BE ⊥平面 BCDE ，1且平面 A BE ∩平面 BCDE ＝BE ，1又由(1)知，A O ⊥BE ，1所以 A O ⊥平面 BCDE ，1即 A O 是四棱锥 A BCDE 的高． 1 1由图 1 知，A O ＝ 1 2 2AB ＝ a ，平行四边形 BCDE 的面积 S ＝BE ·OC ＝a 2.2 2从而四棱锥 A BCDE 的体积为 11 12 2 V ＝ ×S ×A O ＝ ×a 2× a ＝ a 3，3 3 2 6由 26a 3＝36 2，得 a ＝6.一、选择题1．设 α 为平面，a 、b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是()A ．若 a ∥α ，b ∥α ，则 a ∥bB ．若 a ⊥α ，a ∥b ，则 b ⊥αC ．若 a ⊥α ，a ⊥b ，则 b ∥αD ．若 a ∥α ，a ⊥b ，则 b ⊥α解析：选 B.若 a ∥α ，b ∥α ，则 a 与 b 相交、平行或异面，故 A 错误；易知 B 正确；若 a ⊥α ，a ⊥b ，则 b ∥α 或 b ⊂ α ，故 C 错误；若 a ∥α ，a ⊥b ，则 b ∥α 或 b ⊂ α 或 b 与 α 相交，故 D 错误．故选 B.2．设 l 是直线，α ，β 是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A ．若 l ∥α ，l ∥β ，则 α ∥βB ．若 l ∥α ，l ⊥β ，则 α ⊥βC ．若 α ⊥β ，l ⊥α ，则 l ∥βD ．若 α ⊥β ，l ∥α ，则 l ⊥β解析：选 B.对于 A ，若 l ∥α ，l ∥β ，则 α ∥β 或 α 与 β 相交，故 A 错；易知 B 正确；对于 C ，若 α ⊥β ，l ⊥α ，则 l ∥β 或 l ⊂ β ，故 C 错；对于 D ，若 α ⊥β ，l ∥α ，则 l 与 β 的位置关系不确定，故 D 错．故选 B.3.如图，在三棱锥 D ABC 中，若 AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是 AC 的中点，1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：选C.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.4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确的命题是()A．①②C．①④B．②③D．②④解析：选B.两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．5．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD A B C D中，AB＝BC＝1，AA＝3，则异面直1 1 1 1 1线AD与DB所成角的余弦值为()1 1A. C.1555B.D.5622解析：选C.如图，连接BD，交DB于O，取AB的中点M，连接DM，1 1OM，易知O为BD的中点，所以AD∥OM，则∠MOD为异面直线AD与DB1 1 1 1所成角．因为在长方体ABCD A B C D中，AB＝BC＝1，AA＝3，AD＝1 1 1 1 1 11 AD2＋DD2＝2，DM＝AD2＋AB22＝52，DB＝AB2＋AD2＋DD2＝5，1 111 1 5所以 OM ＝ AD ＝ 1 ， O D ＝ DB ＝，于是在△ DMO 中，由余弦定理，得 cos ∠ M OD ＝ 2 2 22 2 1 ＋－ 2 252×1×2故选 C.＝5 5 ，即异面直线 AD 与 DB 所成角的余弦值为，5 56.如图，在矩形 ABCD 中，AB ＝ 3，BC ＝1，将△ACD 沿 AC 折起，使得 D 折起后的位置为 D ，且 D 在平面 ABC 上的射影恰好落在 AB 上，11在四面体 D ABC 的四个面中，有 n 对平面相互垂直，则 n 等于() 1A ．2C ．4B ．3D ．5解析：选 B.如图，设 D 在平面 ABC 上的射影为 E ，连接 D E ， 11则 D E ⊥平面 ABC ，1因为 D E ⊂ 平面 ABD ，1 1 所以平面 ABD ⊥平面 ABC .1因为 D E ⊥平面 ABC ，BC ⊂ 平面 ABC ，1 所以 D E ⊥BC ，又 AB ⊥BC ，D E ∩AB ＝E ，11所以 BC ⊥平面 ABD ，1又 BC ⊂ 平面 BCD ，1所以平面 BCD ⊥平面 ABD ，11因为 BC ⊥平面 ABD ，AD ⊂ 平面 ABD ，1 1 1 所以 BC ⊥AD ，又 CD ⊥AD ，BC ∩CD ＝C ，1111所以 AD ⊥平面 BCD ，又 AD ⊂ 平面 ACD ，1 1 1 1 所以平面 ACD ⊥平面 BCD .11所以共有 3 对平面互相垂直．故选 B.二、填空题7．(2018·广州调研)正方体 ABCD A B C D 的棱长为 2，点 M 为 CC 的中点，点 N 为线段1 1 1 11DD 上靠近 D 的三等分点，平面 BMN 交 AA 于点 Q ，则线段 AQ 的长111为________．解析：如图所示，在线段 DD 上靠近点 D 处取一点 T ，使得 DT11 2 ＝，因为 N 是线段 DD 上靠近 D 的三等分点，故 D N ＝，故 N T ＝23 31 15 5 2 1 1 1 1 11 2 －－＝1，因为 M 为 CC 的中点，故 CM ＝1，连接 TC ，由 NT ∥CM ，且 CM ＝NT ＝1，知四边 3 31 形 CMNT 为平行四边形，故 CT ∥MN ，同理在 AA 上靠近 A 处取一点 Q ′，使得 AQ ′＝，连接 31 BQ ′，TQ ′，则有 BQ ′∥CT ∥MN ，故 BQ ′与 MN 共面，即 Q ′与 Q 重合，故 AQ ＝ . 31 答案： 38.如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面 ABC ，AE ⊥DB 交 DB 于点 E ，AF ⊥DC交 DC 于点 F ，且 AD ＝AB ＝2，则三棱锥 D AEF 体积的最大值为________．解析：因为 D A ⊥平面 ABC ，所以 DA ⊥BC ，又 BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面 ADC ，所以 BC ⊥AF .又 AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以 AF ⊥平面 DCB ，所以 AF ⊥EF ，AF ⊥DB .又 DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以 DB ⊥平面 AEF ，所以 DE 为三棱锥 D AEF 的高．因为 AE 为等腰直角三角形 ABD 斜边上的高，所以 AE ＝ 2，设 AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF1 1 a 2＋b2 1 2 1 1 1 2 的面积 S ＝ ab ≤ · ＝ × ＝，所以三棱锥 D AEF 的体积 V ≤ × × 2＝ (当且仅 2 2 2 2 2 23 2 6当 a ＝b ＝1 时等号成立)．答案： 2 69．(2018·昆明调研)在长方体 ABCD A B C D 中，AB ＝AD ＝4，AA ＝2.过点 A 作平面 α 1 1 1 1 1 1与 AB ，AD 分别交于 M ，N 两点，若 AA 与平面 α 所成的角为 45°，则截面 A MN 面积的最小 1 1值是________．解析：如图，过点A 作 AE ⊥MN ，连接 A E ，因为 A A ⊥平 1 1面 ABCD ，所以 A A ⊥MN ，所以 MN ⊥平面 A AE ，所以 A E ⊥MN ， 1 1 1平面 A AE ⊥平面 A MN ，所以∠AA E 为 AA 与平面 A MN 所成的 1 1 1 1 1角，所以∠AA E ＝45°，在 △R t A AE 中，因为 AA ＝2，所以 1 1 1AE ＝2，A E ＝2 2，在 △R t MAN 中，由射影定理得 ME ·EN ＝AE 2＝4，由基本不等式得 MN ＝ME 1＋EN ≥2 ME ·EN ＝4，当且仅当 ME ＝EN ，即 E 为 MN 的中点时等号成立，所以截面 A MN 面积 1 1 的最小值为 ×4×2 2＝4 2. 2答案：4 2三、解答题10.如图，在三棱锥 A BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面 ABD ⊥平面BCD ，点 E 、F (E 与 A 、D 不重合)分别在棱 AD 、BD 上，且 EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面 ABC ；1 1(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD且BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明：(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.因为F为CD的中点，1所以GF∥DE且GF＝DE.2因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，所以GF∥AB.1又因为AB＝DE，所以GF＝AB.2所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，所以AF⊥CD.因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF.又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面CDE.因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.又因为BG⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为6，求点B到平面ADE 的距离．解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又因为折叠前后均有AD⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD内的正投影为AD，即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．DC依题意知tan∠CAD＝＝6，AD因为AD＝1，所以DC＝ 6.设AB＝x(x＞0)，则BD＝x2＋1，AB DC易知△ABD∽△DCB，所以＝，AD BDx 6即＝，解得x＝2，1x2＋1故AB＝2，BD＝3，BC＝3.由于AB⊥平面ADC，BC 3所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝＝，22 BC 3同理DE＝＝，221所以＝×1×△S ADE22－＝.22213因为DC⊥平面ABD，所以V＝CD·＝.33设点B到平面ADE的距离为d，113则d·＝V＝V＝V＝，326所以d＝66，即点B到平面ADE的距离为. 222312A BCD△SABD△S ADE B ADE A BDE A BCD。

第二讲空间点、线、面

立体几何判定方法汇总一、判定两线平行的方法1、公理四：平行于同一直线的两条直线互相平行2、线面垂直的性质定理:垂直于同一平面的两条直线互相平行3、线面平行的性质定理：如果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4、面面平行的性质定理：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、在同一平面内的两条直线，可依据平面几何的定理证明二、判定线面平行的方法1、定义：如果一条直线和一个平面没有公共点2、线面平行的判定定理：如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行3、面面平行的性质定理：两面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面4、线面平行的性质定理：平面外的两条平行直线中的一条平行于平面，则另一条也平行于该平面5、平面外的一条直线和两个平行平面中的一个平面平行，则也平行于另一个平面三、判定面面平行的方法1、定义：没有公共点2、如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则两面平行3 垂直于同一直线的两个平面平行4、平行于同一平面的两个平面平行四、面面平行的性质1、两平行平面没有公共点2、两平面平行，则一个平面上的任一直线平行于另一平面3、两平行平面被第三个平面所截，则两交线平行4、垂直于两平行平面中一个平面的直线，必垂直于另一个平面五、判定线面垂直的方法1、定义：如果一条直线和平面内的任何一条直线都垂直，则线面垂直2、如果一条直线和一个平面内的两条相交线垂直，则线面垂直3、如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面4、一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面5、如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直它们交线的直线垂直于另一个平面6、如果两个相交平面都垂直于另一个平面，那么它们的交线垂直于另一个平面六、判定两线垂直的方法1、定义：成角︒902、直线和平面垂直，则该线与平面内任一直线垂直3、在平面内的一条直线，如果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4、在平面内的一条直线，如果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5、一条直线如果和两条平行直线中的一条垂直，它也和另一条垂直七、判定面面垂直的方法1、定义：两面成直二面角,则两面垂直2、一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这个平面垂直于另一平面八、面面垂直的性质1、二面角的平面角为︒902、在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面3、相交平面同垂直于第三个平面，则交线垂直于第三个平面九、各种角的范围 1、异面直线所成的角的取值范围是： ︒≤<︒900θ(]︒︒90,0异面直线所成角的计算。

高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系教案-高三全册数学教案

第2讲空间点、线、面的位置关系空间线面位置关系的判断[核心提炼]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．[典型例题](1)(2019·绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件(2)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)【解析】(1)四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交，所以l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不一定成立．所以“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件．故选A.(2)对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．【答案】(1)A (2)②③④判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(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)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．(3)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，进行肯定或否定．[对点训练]1．(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线m、n与平面α，β，下列命题正确的是( )A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥nC．α∩β＝m，m⊥n且α⊥β，则n⊥αD．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n解析：选D.选项A中，直线m与n还有互为异面的可能；选项B中，直线m与n还有相互平行的可能；选项C中，还有n⊂α的可能；选项D正确，故选D.2．(2019·长沙一模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D分别是BF、CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如图1)．将四边形ADEF沿AD折起，连接AC、CF、BE、BF、CE(如图2)，在折起的过程中，下列说法错误的是( ) A．AC∥平面BEFB．B、C、E、F四点不可能共面C．若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCDD．平面BCE与平面BEF可能垂直解析：选D.法一：A选项，连接BD，交AC于点O，取BE的中点M，连接OM，FM，易证四边形AOMF是平行四边形，所以AO∥FM，因为FM⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，所以AC∥平面BEF；B选项，若B、C、E、F四点共面，因为BC∥AD，所以BC∥平面ADEF，可推出BC∥EF，又BC∥AD，所以AD∥EF，矛盾；C选项，连接FD，在平面ADEF内，易得EF⊥FD，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CD，又CD⊥AD，EF与AD相交，所以CD⊥平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD；D选项，延长AF至G，使AF＝FG，连接BG、EG，易得平面BCE⊥平面ABF，过F作FN⊥BG于N，则FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾．综上，选D.法二：构造正方体如图，结合正方体的性质知平面BCE与平面BEF不可能垂直．空间平行、垂直关系的证明及求空间角[核心提炼]1．直线、平面平行的判定及其性质(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 . 2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒ a ⊥β. 3．空间角(1)异面直线所成的角，范围α∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(2)直线与平面所成的角：如图l ∩α＝A ，P ∈l ，过点P 作PO ⊥α交α于O ，连接AO ，则∠PAO 为直线l 与平面α所成的角，范围θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. (3)二面角如图，过二面角αl β的棱l 上一点O 在两个半平面内分别作BO ⊥l ，AO ⊥l ，则∠AOB 就叫做二面角αl β的平面角，范围θ∈[0，π]．当θ＝π2时，二面角叫做直二面角．[典型例题](1)(2019·高考浙江卷)设三棱锥V ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B 的平面角为γ，则( )A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β(2)(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．①证明：EF ⊥BC ；②求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解】 (1)选B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P 是棱VA 上的点(不含端点)，所以直线PB 与平面ABC 所成的角β小于直线VB 与平面ABC 所成的角，而直线VB 与平面ABC 所成的角小于二面角P AC B 的平面角γ，所以β<γ；因为AC ⊂平面ABC ，所以直线PB 与直线AC 所成的角α大于直线PB 与平面ABC 所成的角β，即α>β.故选B.(2)法一：①证明：如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .②取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由①得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)．不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：①连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E xyz .不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)， B 1(3，3，23)，F (32，32，23)， C (0，2，0)．因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC .②设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由①可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.(1)平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．(2)求空间角的三个步骤①一作：根据定义作平行线或垂线，用作图法作出要求的角． ②二证：证明所作的角就是要求的角．③三求：把空间角问题转化为(三角形)平面问题，解三角形，求出该角，注意角的范围，判断所求角是此角还是它的补角．[对点训练]1.(2019·浙江金华十校高考模拟)如图，AB ＝BE ＝BC ＝2AD ＝2，且AB ⊥BE ，∠DAB ＝60°，AD ∥BC ，BE ⊥AD ，(1)求证：平面ADE ⊥平面BDE ；(2)求直线AD 与平面DCE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为AB ＝2AD ，∠DAB ＝60°，所以AD ⊥DB ，又BE ⊥AD ，且BD ∩BE ＝B ，所以AD ⊥平面BDE ，又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BDE .(2)因为BE ⊥AD ，AB ⊥BE ，所以BE ⊥平面ABCD ，所以点E 到平面ABCD 的距离就是线段BE 的长为2，设AD 与平面DCE 所成角为θ，点A 到平面DCE 的距离为d ，由V A DCE ＝V E ADC 得：13×d ×S △CDE ＝13×|BE |×S △ACD ，可解得d ＝3010，而AD ＝1，则sin θ＝dAD ＝3010，故直线AD 与平面DCE 所成角的正弦值为3010. 2．(2019·鲁迅中学高考方向性测试)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值．解：(1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABD ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC .在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. 空间几何中的“ 翻折”问题[核心提炼]由平面图形“翻折”为空间图形，要求解(证明)该空间图形中的某些元素所对应的量或对应的位置关系，首先看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些，发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后的图形．[典型例题](1)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是__________．(2)(2019·台州市一模)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，E 为BC 的中点，F 为线段AD 上的一点，且AF ＝32.现将四边形ABEF 沿直线EF 翻折，使翻折后的二面角A ′EF C的余弦值为23.①求证：A ′C ⊥EF ；②求直线A ′D 与平面ECDF 所成角的大小．【解】 (1)作BE ∥AC ，BE ＝AC ，连接D ′E ，则∠D ′BE 为所求的角或其补角，作D ′N ⊥AC 于点N ，设M 为AC 的中点，连接BM ，则BM ⊥AC ，作NF ∥BM 交BE 于F ，连接D ′F ，设∠D ′NF ＝θ，因为D ′N ＝56＝306，BM ＝FN ＝152＝302，所以D ′F 2＝253－5cos θ，因为AC ⊥D ′N ，AC ⊥FN ，所以D ′F ⊥AC ，所以D ′F ⊥BE ，又BF ＝MN ＝63，所以在Rt △D ′FB 中，D ′B 2＝9－5cos θ，所以cos ∠D ′BE ＝BF D ′B ＝639－5cos θ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”．故填66. (2)①证明：连接AC 交EF 于M 点，由平面几何知识可得AC ＝5，EF ＝52，以及AM MC ＝FM ME ＝32，则有AM ＝355，MC ＝255，MF ＝3510，故有AM 2＋MF 2＝AF 2，则AC ⊥EF ，于是，A ′M ⊥EF ，CM ⊥EF ，而A ′M ∩CM ＝M ，故EF ⊥平面A ′MC ，而A ′C ⊂平面A ′MC ，故A ′C ⊥EF .②由①知，二面角A ′EF C 的平面角就是∠A ′MC ，即cos ∠A ′MC ＝23，根据余弦定理，可求得A ′C ＝1，因为A ′C 2＋MC 2＝A ′M 2，所以A ′C ⊥MC ，而A ′C ⊥EF ，可知A ′C ⊥平面ECDF ，因此，∠A ′DC 就是直线A ′D 与平面ECDF 所成的角．由于A ′C ＝CD ＝1，故直线A ′D 与平面ECDF 所成的角为π4.解决与翻折有关的问题的两个关键(1)要明确翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．(2)在解决问题时，要比较翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[对点训练]1.(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)如图，四边形ABCD 是矩形，沿直线BD 将△ABD 翻折成△A ′BD ，异面直线CD 与A ′B 所成的角为α，则( )A ．α<∠A ′CAB ．α>∠A ′CAC ．α<∠A ′CDD ．α>∠A ′CD解析：选B.因为AB ∥CD ，所以∠A ′BA 为异面直线CD 与A ′B 所成的角．假设AB ＝BC ＝1，平面A ′BD ⊥平面ABCD . 连接AC 交BD 于点O ，连接A ′A ，A ′C ，A ′O ，则A ′O ⊥平面ABCD ，A ′O ＝AO ＝BO ＝CO ＝DO ＝12AC ＝22，所以A ′A ＝A ′C ＝A ′B ＝A ′D ＝1，所以△A ′BA ，△A ′CD 是等边三角形， △A ′CA 是等腰直角三角形，所以∠A ′CA ＝45°， ∠A ′CD ＝∠A ′BA ＝60°，即α>∠A ′CA ，α＝∠A ′CD . 排除A ，C ，D.故选B.2．(2019·浙江省五校联考二模)如图1，E ，F 分别是AC ，AB 的中点，∠ACB ＝90°，∠CAB ＝30°，沿着EF 将△AEF 折起，记二面角A EF C 的度数为θ.(1)当θ＝90°时，即得到图2，求二面角A BF C 的余弦值； (2)如图3中，若AB ⊥CF ，求cos θ的值．解：(1)因为平面AEF ⊥平面CEFB ，且EF ⊥AE ，所以AE ⊥平面CEFB ，过点E 向BF 作垂线交BF 延长线于H ，连接AH ，则∠AHE 为二面角A BF C 的平面角．设BC ＝2a ，则EF ＝a ，AB ＝4a ，AC ＝23a ，AE ＝3a ，EH ＝32a ，所以cos ∠AHE ＝EH AH＝32a 3a 2＋34a2＝55，所以二面角A BF C 的余弦值为55. (2)过点A 向CE 作垂线，垂足为G ，连接GB ，CF . 如果AB ⊥CF ，则根据三垂线定理有GB ⊥CF ，因为△BCF 为正三角形，所以CG ＝BC tan 30°＝233a ，则GE ＝33a ，因为AE ＝3a ，所以cos θ＝GE AE ＝13，所以cos θ的值为13.专题强化训练1．设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“a ⊥b ”是“α⊥β”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B.因为α⊥β，b ⊥m ，所以b ⊥α，又直线a 在平面α内，所以a ⊥b ；又直线a ，m 不一定相交，所以“a ⊥b ”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.2．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：选A.B 选项中，AB ∥MQ ，且AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ ；C 选项中，AB ∥MQ ，且AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ ；D 选项中，AB ∥NQ ，且AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ .故选A.3．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC解析：选C.A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以A 1B 1⊥BC 1，又BC 1⊥B 1C ，且B 1C ∩A 1B 1＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ，又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以BC 1⊥A 1E .故选C.4．设A ，B ，C ，D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( ) A ．若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 C ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ＝BC D ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ⊥BC解析：选C.A 中，若AC 与BD 共面，则A ，B ，C ，D 四点共面，则AD 与BC 共面；B 中，若AC 与BD 是异面直线，则A ，B ，C ，D 四点不共面，则AD 与BC 是异面直线；C 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，AD 不一定等于BC ；D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥BC .5．(2019·温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2 B.10 C.11D ．2 3解析：选B.由题意，△PEQ 周长取得最小值时，P 在B 1C 1上，在平面B 1C 1CB 上，设E 关于B 1C 的对称点为M ，关于B 1C 1的对称点为N ，则EM ＝2，EN ＝2，∠MEN ＝135°，所以MN ＝4＋2－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝10. 6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点P 在平面A 1B 1C 1内运动，使得二面角P AB C 的平面角与二面角P BC A 的平面角互余，则点P 的运动轨迹是( )A ．一段圆弧B ．椭圆的一部分C ．抛物线D ．双曲线的一支解析：选D.不妨令三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，且底面是以B 为直角的直角三角形，令侧棱长为m ，以B 为坐标原点，BA 方向为x 轴，BC 方向为y 轴，BB 1方向为z 轴，建立空间直角坐标系，设P (x ，y ，m )，所以Q (x ，y ，0)，过点Q 作以QD ⊥AB 于点D ，作QE ⊥BC 于点E ，则∠PDQ 即是二面角P AB C 的平面角，∠PEQ 即是二面角P BC A 的平面角，所以tan ∠PDQ ＝PQDQ ，tan ∠PEQ ＝PQ EQ，又二面角P AB C 的平面角与二面角P BC A 的平面角互余，所以tan ∠PDQ ·tan ∠PEQ ＝1，即PQ DQ ·PQ EQ＝1，所以QD ·QE ＝PQ 2＝m 2，因Q (x ，y ，0)，所以QE ＝x ，QD ＝y ，所以有xy ＝m 2，所以y ＝m 2x(x >0)，即点Q 的轨迹是双曲线的一支，所以点P 的轨迹是双曲线的一支．故选D.7．(2019·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥A BCD 的所有棱长都相等，若AB 与平面α所成角等于π3，则平面ACD 与平面α所成角的正弦值的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，3＋66B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22－36，22＋36 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22－36，1 解析：选A.因为三棱锥A BCD 的所有棱长都相等，所以三棱锥A BCD 为正四面体，如图：设正四面体的棱长为2，取CD 中点P ，连接AP ，BP ，则∠BAP 为AB 与平面ADC 所成角．AP ＝BP ＝3，可得cos ∠BAP ＝33，sin ∠BAP ＝63. 设∠BAP ＝θ.当CD 与α平行且AB 在平面ACD 上面时，平面ACD 与平面α所成角的正弦值最小，为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝sin π3cos θ－cos π3sin θ＝32×33－12×63＝3－66；当CD 与α平行且AB 在平面ACD 下面时，平面ACD 与平面α所成角的正弦值最大，为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋θ＝sin π3cos θ＋cos π3sin θ＝32×33＋12×63＝3＋66，所以平面ACD 与平面α所成角的正弦值的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，3＋66.故选A.8．(2019·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC 的两条直角边AC ＝2，BC ＝3，P 为斜边AB 上一点，沿CP 将此三角形折成直二面角A CP B ，此时二面角P AC B 的正切值为2，则翻折后AB 的长为( )A ．2 B. 5C. 6D.7解析：选D.如图，在平面PCB 内过P 作直二面角A CP B 的棱CP 的垂线交边BC 于E, 则EP ⊥平面ACP .于是在平面PAC 中过P 作二面角P AC B 的棱AC 的垂线，垂足为D ，连接DE ，则∠PDE 为二面角P AC B 的平面角，且tan ∠PDE ＝EPPD＝2，设DP ＝a ，则EP ＝2a .如图，设∠BCP ＝α，则∠ACP ＝90°－α，则在直角三角形DPC 中，PC ＝a sin （90°－α）＝a cos α，又在直角三角形PCE 中，tan α＝PE PC ，则acos α·tan α＝2a ，sin α＝2cos 2α，所以α＝45°，因为二面角A CP B 为直二面角，所以cos ∠ACB ＝cos ∠ACP ·cos ∠BCP ，于是AC 2＋BC 2－AB 22·AC ·BC ＝cos ∠ACP ·sin ∠ACP ＝12，解得AB ＝7.9．(2019·台州市书生中学月考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，则异面直线PC 与AB 所成角的大小为________；直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为________．解析：因为AB ∥CD ，所以∠PCD 即为异面直线PC 与AB 所成的角，显然三角形PDC 为等腰直角三角形，所以∠PCD ＝π4.设AB ＝1，则可计算得，PB ＝3，而点B到平面PDC 的距离d 等于AD 的长为2，所以直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为d PB ＝23.答案：π4 2310.如图，在三棱锥A BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．解析：如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK . 因为 M 为AD 的中点，所以MK ∥AN ，所以∠KMC 即为异面直线AN ，CM 所成的角．因为 AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点，由勾股定理易求得AN ＝DN ＝CM ＝22，所以MK ＝ 2.在Rt △CKN 中，CK ＝（2）2＋12＝ 3. 在△CKM 中，由余弦定理，得cos ∠KMC ＝（2）2＋（22）2－（3）22×2×22＝78.答案：7811.如图所示，直线PA 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是________．解析：对于①，因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC .因为AB 为⊙O 的直径，所以BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥PC ；对于②，因为点M 为线段PB 的中点，所以OM ∥PA ，因为PA ⊂平面PAC ，所以OM ∥平面PAC ；对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，所以线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离，故①②③都正确．答案：①②③12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC 中，∠ABC ＝π3，边BC 在平面α内，顶点A 在平面α外，直线AB 与平面α所成角为θ.若平面ABC与平面α所成的二面角为π3，则sin θ＝________．解析：过A 作AO ⊥α，垂足是O ，过O 作OD ⊥BC ，交BC 于D ，连接AD ，则AD ⊥BC ，所以∠ADO 是平面ABC 与平面α所成的二面角，即∠ADO ＝π3，∠ABO 是直线AB 与平面α所成的角，即∠ABO ＝θ，设AO ＝3，所以AD ＝2，在Rt △ADB 中， ∠ABD ＝π3，所以AB ＝2sinπ3＝433，所以sin θ＝AO AB ＝3433＝34.答案：3413．(2019·浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体D ABC ，P 为线段AB 上的动点(端点除外)，则二面角D PC B 的平面角的余弦值的取值范围是________．解析：当点P 从A 运动到B ，二面角D PC B 的平面角逐渐增大，二面角D PC B 的平面角最小趋近于二面角D AC B 的平面角，最大趋近于二面角D BC A 的平面角的补角，故余弦值的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 14.(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC 顶点A 在平面γ上，B ，C 在平面γ的同侧，M 为BC 的中点，若△ABC 在平面γ上的射影是以A 为直角顶点的△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值范围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又AM ＝3，则B 1C 1＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，当sin α＝1时，d ＝32，则2≤d <32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，3215．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥A BCD 中，E 是BC 的中点，AB ＝AD ，BD ⊥DC .(1)求证：AE ⊥BD ；(2)若DB ＝2DC ＝2AB ＝2，且二面角A BD C 为60°，求AD 与平面BCD 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，因为E 为BC 中点，F 为BD 中点，所以FE ∥DC . 又BD ⊥DC ，所以BD ⊥FE . 因为AB ＝AD ，所以BD ⊥AF . 又AF ∩FE ＝F ，AF ，FE ⊂平面AFE ，所以BD ⊥平面AFE ，又AE ⊂平面AFE ，所以AE ⊥BD .(2)由(1)知BD ⊥AF ，BD ⊥EF所以∠AFE 即为二面角A BD C 的平面角，所以∠AFE ＝60°.因为AB ＝AD ＝2，BD ＝2，所以△ABD 为等腰直角三角形，故AF ＝12BD ＝1，又FE ＝12DC ＝12，所以AE 2＝AF 2＋FE 2－2AF ·FE ·cos ∠AFE ＝1＋14－2×1×12×cos 60°＝34，即AE ＝32，所以AE 2＋FE 2＝1＝AF 2，所以AE ⊥FE ，又由(1)知BD ⊥AE ，且BD ∩FE ＝F ，BD ⊂平面BDC ，FE ⊂平面BDC ，所以AE ⊥平面BDC ，所以∠ADE 就是AD 与平面BCD 所成角，在Rt △AED 中，AE ＝32，AD ＝2，所以AD 与平面BCD 所成角的正弦值 sin ∠ADE ＝AE AD ＝64. 16．(2019·浙江二模)如图，在四棱锥E ABCD 中，平面CDE ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AD ＝ED ＝3，EC ＝2.(1)证明：AB ⊥平面BCE ；(2)求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为∠DAB ＝∠ABC ＝90°，所以四边形ABCD 是直角梯形，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝ED ＝3，EC ＝2. 所以CD ＝12＋（3－1）2＝5，所以CE 2＋DC 2＝DE 2，所以EC ⊥CD ，因为平面EDC ⊥平面ABCD ，平面EDC ∩平面ABCD ＝DC ，所以CE ⊥平面ABCD ，所以CE ⊥AB ，又AB ⊥BC ，BC ∩CE ＝C ，所以AB ⊥平面BCE .(2)过A 作AH ⊥DC ，交DC 于H ，则AH ⊥平面DCE ，连接EH ，则∠AEH 是直线AE 与平面DCE 所成的角，因为12×DC ×AH ＝AD ＋BC 2×AB －12×AB ×BC ，所以AH ＝12×（3＋1）×1－12×1×112×5＝355，AE ＝AB 2＋（CE 2＋BC 2）＝6，所以sin ∠AEH ＝3010，所以直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值为3010. 17．(2019·绍兴诸暨高考二模)四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点，四边形ABCE 为菱形，∠BAD ＝120°，PA ＝AB ，G 、F 分别是线段CE 、PB 的中点．(1)求证：FG ∥平面PDC ； (2)求二面角F CD G 的正切值．解：(1)证明：延长BG 交AD 于点D ，因为PF PB ＝CG CE ＝12，而CG CE ＝BG BD ＝12，所以BF PB ＝BG BD ＝12，所以FG ∥PD .因为FG ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以FG ∥平面PDC .(2)过点F 作FM ⊥AB 于点M ，易知FM ⊥平面ABCD ，过M 作MN ⊥CD 于点N ，连接FN ，则CD ⊥平面FMN ，所以CD ⊥MN ，CD ⊥FN ，所以∠FNM 即为所求二面角的平面角，不妨令PA ＝AB ＝1，则FM ＝12，MN ＝34，所以tan α＝23.18．(2019·浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝CD ＝1，DA ＝2，DP ⊥平面ABP ，O ，M 分别是AD ，PB 的中点．(1)求证：PD ∥平面OCM ；(2)若AP 与平面PBD 所成的角为60°，求线段PB 的长．解：(1)证明：设BD 交OC 于N ，连接MN ，OB ，因为O 为AD 的中点，AD ＝2，所以OA ＝OD ＝1＝BC . 又因为AD ∥BC ，所以四边形OBCD 为平行四边形，所以N 为BD 的中点，因为M 为PB 的中点，所以MN ∥PD .又因为MN ⊂平面OCM ，PD ⊄平面OCM ，所以PD ∥平面OCM .(2)由四边形OBCD 为平行四边形，知OB ＝CD ＝1，所以△AOB 为等边三角形，所以∠A ＝60°，所以BD ＝1＋4－2×1×2×12＝3，即AB 2＋BD 2＝AD 2，即AB ⊥BD .因为DP ⊥平面ABP ，所以AB ⊥PD . 又因为BD ∩PD ＝D ，所以AB ⊥平面BDP ，所以∠APB 为AP 与平面PBD 所成的角，即∠APB ＝60°，所以PB ＝33.。

2020版高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系学案文

第2讲空间点、线、面的位置关系［2019考向导航]点，复习做适当关注．1．必记的概念与定理（1）线面平行与线面垂直的判定定理、性质定理;（2)面面平行与面面垂直的判定定理、性质定理．2．需要活用的关系与结论3．需要关注的易错点使用有关平行、垂直的判定定理时,要注意其具备的条件,缺一不可．解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．空间线面位置关系的判断[典型例题]（2019·镇江期末）设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列三个命题：①若m∥n，n⊂α,则m∥α；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β．其中正确命题的序号为________．【解析】①中，当m⊂α时命题不成立；②中,只有当m，n 相交时才一定成立;③是平面与平面垂直的性质定理，故只有③正确．【答案】③解决此类问题，可以从三个角度加以研究，一是与相关的定理的条件进行比较，看是否缺少条件，若缺少条件，则肯定是错误的；二是采用模型法，即从一个常见的几何体中来寻找满足条件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否举出一个反例．［对点训练]1．设l是直线，α，β是两个不同的平面，以下四个命题:①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α,则l⊥β，其中正确的是________．［解析］设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α,l⊄β,则l∥α，l∥β,因此α不一定平行于β，故①错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l,又因为l⊥β，所以l′⊥β,故α⊥β，所以②正确；若α⊥β,在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内,因此③错误;已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α,β内，则l∥α且l∥β，因此④错误．[答案] ②空间平行和垂直［典型例题](2019·高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABC.A1B1C1中，D,E 分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1)A1B1∥平面DEC1；（2)BE⊥C1E．【证明】（1)因为D，E分别为BC，AC的中点,所以ED∥AB．在直三棱柱ABC。

最新2021-2022年高考数学(理)教学案：空间点、线、面的位置关系 Word版含解析

第2讲空间点、线、面的位置关系考纲展示命题探究考点空间点、线、面的位置关系1平面的基本性质2空间直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行．(3)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．(4)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，π2.3 空间直线、平面的位置关系注意点对异面直线定义的理解(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．(2)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线．(3)异面直线不具有传递性，即若直线a与b异面，b与c异面，则a与c不一定是异面直线.1．思维辨析(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.()(2)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．()(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A.()(4)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.()(5)经过两条相交直线，有且只有一个平面．()(6)没有公共点的两条直线是异面直线．()答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×2．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则直线a与c() A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．平行、相交、是异面直线都有可能答案 D解析当a，b，c共面时，a∥c；当a，b，c不共面时，a与c 可能异面也可能相交．3．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，AA1＝a，∠BAB1＝∠B1A1C1＝30°，则AB与A1C1所成的角为________，AA1与B1C所成的角为________．答案30°45°解析∵AB∥A1B1，∴∠B1A1C1是AB与A1C1所成的角，∴AB与A1C1所成的角为30°.∵AA1∥BB1，∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角，由已知条件可以得出BB1＝a，AB1＝A1C1＝2a，AB＝3a，∴B1C1＝BC＝a.∴四边形BB1C1C是正方形，∴∠BB1C＝45°.[考法综述]点、线、面的位置关系是立体几何的核心内容，高考既有单独考查直线和平面位置关系的题目，也有以多面体为载体考查线面位置关系的题目．高考试题对点、线、面的位置关系的考查以理解和掌握为主，试题一般为中等难度．命题法点、线、面位置关系的判断及异面直线所成的角典例(1)已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中() A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直(2) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，P A＝2.求：①三角形PCD的面积；②异面直线BC与AE所成的角的大小．[解析](1)如图作AM⊥BD，垂足为M；作CN⊥BD垂足为N，若存在某个位置，使得AC⊥BD，则BD⊥平面AMC，BD⊥平面ANC，矛盾，故A错误；当翻折到点A在平面BCD上的射影H落在BC上时，由CD⊥CB，CD⊥AH，所以CD⊥ABH，所以CD⊥AB，故B项正确，D 项错误；若存在某个位置使得AD⊥BC，则再由CD⊥CB得CB⊥平面ACD，所以∠ACB＝90°，这样|AB|>|BC|，而AB＝1，BC＝2，矛盾，故C项错误．(2)①因为P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD.又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面P AD.从而CD⊥PD.因为PD＝22＋(22)2＝23，CD＝2，所以三角形PCD的面积为12×2×23＝2 3.②解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，则点B (2,0,0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)．则AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0,22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝|AE →·BC →||AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.解法二：取PB的中点F，连接EF，AF, 则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在△AEF中，由EF＝2，AF＝2，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝π4.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.[答案](1)B(2)见解析【解题法】异面直线的判定及其所成角的求法(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点B的直线是异面直线．②反证法：证明两直线平行、相交不可能或证明两直线共面不可能，从而可得两直线异面．(2)求解异面直线所成角的常用方法有两种①平移法a．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．最终将空间角转化为平面角，利用解三角形的知识求解(常结合余弦定理求解)．b．因为异面直线所成角θ的取值范围是0°<θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．②向量法a ．向量法求异面直线所成角关键在于找出两异面直线的方向向量，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示，求两向量的数量积．b ．设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |，其中a ，b分别是直线a ，b 的方向向量．两向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，应注意加以区分．1．若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A ．至多等于3B ．至多等于4C ．等于5D ．大于5答案 B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B.2．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.3.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥nC ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α 答案 B解析 A 选项m 、n 也可以相交或异面，C 选项也可以n ⊂α，D选项也可以n ∥α或n 与α斜交．根据线面垂直的性质可知选B.4．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6，∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010，故选C. 解法二：如图，以点C 1为坐标原点，C 1B 1，C 1A 1，C 1C 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设BC ＝CA ＝CC 1＝1，可知点A (0,1,1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，B (1,0,1)， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.∴AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－1， BM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，－1.∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝3010.根据AN →与BM →的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知，BM 与AN所成角的余弦值为3010.5．如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．答案7 8解析如下图所示，连接ND，取ND的中点E，连接ME，CE，则ME∥AN，则异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC .由题可知CN ＝1，AN＝22，∴ME ＝ 2.又CM ＝22，DN ＝22，NE ＝2，∴CE ＝3，则cos ∠CME ＝CM 2＋EM 2－CE 22CM ·EM ＝8＋2－32×22×2＝78. 6. 如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案2 5解析取BF的中点N，连接MN，EN，则EN∥AF，所以直线EN与EM所成的角就是异面直线EM与AF所成的角．在△EMN中，当点M与点P重合时，EM⊥AF，所以当点M逐渐趋近于点Q时，直线EN与EM的夹角越来越小，此时cosθ越来越大．故当点M与点Q重合时，cosθ取最大值．设正方形的边长为4，连接EQ，NQ，在△EQN中，由余弦定理，得cos∠QEN＝EQ2＋EN2－QN22EQ·EN＝20＋5－33 2×20×5＝－25，所以cosθ的最大值为25.7．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(1)证明：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，建立空间直角坐标系G －xyz .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33.8．如下图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE⊥FG；(2)求二面角P－AD－C的正切值；(3)求直线P A与直线FG所成角的余弦值．解(1)证明：由PD＝PC＝4知，△PDC是等腰三角形，而E是底边CD的中点，故PE⊥CD.又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，故PE ⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，故PE⊥FG.(2)∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，AD ⊥CD，∴AD⊥平面PDC，而PD⊂平面PDC，故AD⊥PD，故∠PDC为二面角P －AD －C 的平面角．在Rt △PDE 中，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，故二面角P －AD －C 的正切值是73.(3)连接AC .由AF ＝2FB ，CG ＝2GB 知，F ，G 分别是AB ，BC 且靠近点B 的三等分点，从而FG ∥AC ，∴∠P AC 为直线P A 与直线FG 所成的角．在Rt △ADP 中，AP ＝PD 2＋AD 2＝42＋32＝5.在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝32＋62＝3 5.在△P AC 中，由余弦定理知，cos ∠P AC ＝P A 2＋AC 2－PC 22P A ·AC ＝52＋(35)2－422×5×35＝9525，故直线P A与直线FG所成角的余弦值是9525.已知在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝3，点E、F分别是边BC和AD上的点，并且BE∶EC＝AF∶FD＝1∶2，EF＝7，求异面直线AB和CD所成角的大小．[错解][错因分析]对异面直线所成角的概念和范围不熟悉，误将图中的∠EGF作为所求直线AB与CD所成的角．[正解]在BD上取靠近B的三等分点G，连接FG、GE，如图所示．在△BCD 中，BG GD ＝BE EC ⇒EG ∥DC .同理，在△ABD 中，GF ∥AB .所以EG 和FG 所成的锐角(或直角)就是异面直线AB 和CD 所成的角，即∠EGF 就是AB 与CD 所成的角或其补角．在△BCD 中，由GE ∥CD ，CD ＝3，EG CD ＝13，得EG ＝1.在△ABD 中，由FG ∥AB ，AB ＝3，FG AB ＝23，得FG ＝2.在△EFG 中，EG ＝1，FG ＝2，EF ＝7，由余弦定理，得cos ∠EGF ＝EG 2＋FG 2－EF 22EG ·FG＝－12. 所以∠EGF ＝120°.所以直线AB 与CD 所成角为60°.[心得体会]………………………………………………………………………………………………时间：45分钟基础组1.[2021·衡水中学期末]设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中，其逆命题不成立的是() A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c答案 B解析A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β，由线面垂直的性质知c⊥β；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c，由三垂线的逆定理知b⊥c；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α，由线面平行的判定定理可得c∥α.故选B.2．[2021·衡水二中热身]对于空间的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案 D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D 正确．3．[2021·武邑中学期末]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面答案 D解析依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D.4．[2021·衡水二中预测]已知a，b，c为三条不同的直线，且a ⊂平面M，b⊂平面N，M∩N＝c.①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c；④若a⊥b，a⊥c，则必有M⊥N.其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中a 和b 有可能垂直；命题④中当b ∥c 时，平面M ，N 有可能不垂直，故选C.5. [2021·枣强中学月考]已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 是AA 1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )A.15B.31010C.1010D.35答案 B解析如图，连接A 1B .由题意知A 1D 1綊BC ，所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，故D 1C ∥A 1B .所以∠A 1BE 为异面直线D 1C 与BE 所成的角．不妨设AA 1＝2AB ＝2，则A 1E ＝1，BE ＝2，A 1B ＝5，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝A 1B 2＋EB 2－A 1E 22A 1B ·EB ＝5＋2－12×5×2＝31010，故选B. 6. [2021·衡水二中猜题]设a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．答案①解析由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．7．[2021·衡水二中一轮检测]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．答案 66解析由于AC ∥A 1C 1，所以∠BA 1C 1(或其补角)就是所求异面直线所成的角．在△BA 1C 1中，A 1B ＝6，A 1C 1＝1，BC 1＝5，cos ∠BA 1C 1＝6＋1－526×1＝66. 8．[2021·冀州中学周测]如图所示，在四面体ABCD 中，E 、F 分别是AC 、BD 的中点，若CD ＝2AB ＝2，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角等于________．答案30°解析如图所示，设H为DA的中点，连接HF，HE，则易得FH⊥EF.在Rt△EFH中，HE＝1，HF＝1 2，∴∠HEF＝30°，即EF与CD所成的角为30°.9．[2021·冀州中学热身]如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．答案1 2解析过F点作HF∥BE，过A点作EF的垂线AG，垂足为G.连接HG，HE，AH.如图，设正方形ABCD的边长为2，∵平面AEF⊥平面BCDFE，且AG⊥EF，∴AG⊥平面BCDFE.∵BE ＝BH ＝AE ＝AF ＝1，∴EH ＝EF ＝ 2.∵G 为EF 的中点，∴EG ＝22，AG ＝22.又∵HF ＝2，∴∠HEG ＝90°，∴在Rt △EHG 中，HG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋(2)2＝102. ∴在Rt △AGH 中，AH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝ 3. ∵HF ∥BE ，∴AF 与BE 所成的角即为∠AFH .在△AHF 中，AF ＝1，HF ＝2，AH ＝3，∴∠HAF ＝90°，∴cos ∠AFH ＝AF HF ＝12.10．[2021·枣强中学周测]如图，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________．答案90°解析连接D1M，则D1M为A1M在平面DCC1D1上的射影，在正方形DCC1D1中，∵M，N分别是CD，CC1的中点，∴D1M⊥DN，由三垂线定理得A1M⊥DN.即异面直线A1M与DN所成的角为90°.11．[2021·冀州中学预测]在三棱锥S－ACB中，∠SAB＝∠SAC ＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，则SC与AB所成角的余弦值为____________．答案17 17解析解法一：如图，取BC的中点E，分别在平面ABC内作DE∥AB，在平面SBC内作EF∥SC，则异面直线SC与AB所成的角为∠FED，过F作FG⊥AB，连接DG，则△DFG为直角三角形．由题知AC＝2，BC＝13，SB＝29，可得DE＝172，EF＝2，DF＝52，在△DEF中，由余弦定理可得cos∠DEF＝DE2＋EF2－DF22DE·EF＝17 17.解法二：如图，以A 为原点，以AB ，AS 所在直线分别为y ，z轴，以垂直于y 轴、z 轴的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，则由AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，得B (0，17，0)，S (0,0，23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0，SC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，－23，AB →＝(0，17，0)，设SC 与AB 所成的角为θ，∵SC →·AB →＝4，|SC →||AB →|＝417，∴cos θ＝|SC →·AB →||SC →||AB →|＝1717.12．[2021·衡水二中期中]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，对角线AC 与BD 交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与P A所成角的余弦值．解(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PO⊥平面ABCD，∴∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°.在Rt△AOB中，∵AB＝2，∴BO＝AB·sin30°＝1.在Rt△POB中，∵PO⊥OB，∴PO＝BO·tan60°＝3，∵底面菱形的面积S＝2×12×2×2×32＝23，∴四棱锥P－ABCD的体积V P－ABCD＝13×23×3＝2.(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接EF ，DF .∵E 为PB 中点，∴EF ∥P A ，∴∠DEF 为异面直线DE 与P A 所成角(或其补角)．在Rt △AOB 中，AO ＝AB ·cos30°＝3＝OP ，∴在Rt △POA 中，P A ＝6，∴EF ＝62.在正三角形ABD 和正三角形PDB 中，DF ＝DE ＝3，由余弦定理得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF＝(3)2＋⎝⎛⎭⎪⎫622－(3)22×3×62＝6432＝24.∴异面直线DE与P A所成角的余弦值为24.能力组13.[2021·枣强中学模拟]已知m、n为异面直线，m⊂平面α，n ⊂平面β，α∩β＝l，则l()A．与m、n都相交B．与m、n至少一条相交C．与m、n都不相交D．至多与m、n中的一条相交答案 B解析若l与m、n都不相交，则l∥m，l∥n.∴m∥n与已知矛盾，故C、D不正确．A中与m、n都相交，也不一定，如l∥m，n与l相交于一点．14．[2021·衡水二中期末]直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC ＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于() A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析分别取AB，AA1，A1C1的中点D，E，F，则BA1∥DE，AC1∥EF.所以异面直线BA1与AC1所成的角为∠DEF(或其补角)，设AB＝AC＝AA1＝2，则DE＝EF＝2，DF＝6，由余弦定理得，cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF＝－12，则∠DEF ＝120°，从而异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°.15．[2021·武邑中学猜题]如图是三棱锥D －ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( )A.33B.12C. 3D.22答案 A解析由题意得如图的直观图，从A出发的三条线段，AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在Rt△DAE中，DE＝2，由于O是中点，在Rt△ABC中可以求得AO＝2，在直角三角形DAO中可以求得DO＝ 3.在△DOE中，由余弦定理得cos∠DOE＝1＋3－22×1×3＝33，故所求余弦值为33.16．[2021·冀州中学仿真]如图所示，三棱锥P—ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)①求证：AE与PB是异面直线；②求异面直线AE和PB所成角的余弦值；(2)求三棱锥A－EBC的体积．解(1)①证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE 与PB 是异面直线．②取BC 的中点F ，连接EF 、AF ，则EF ∥PB ，所以∠AEF 或其补角就是异面直线AE 和PB 所成角．∵∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，P A ⊥平面ABC ，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(2)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12P A ＝1，。

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