空间点、线、面的位置关系(分层训练)-2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练(原卷版)
2021-2022年高考数学二轮复习 第一部分专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系专题
2021年高考数学二轮复习 第一部分专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系专题强化精练提能 理1．(xx·铜陵市诊断考试)设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，a ⊂α，b ⊥β，则“α∥β”是“a ⊥b ”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解析：选A.若a ⊂α，b ⊥β，α∥β，则由α∥β，b ⊥β⇒b ⊥α，又a ⊂α，所以a ⊥b ，若a ⊥b ，a ⊂α，b ⊥β，则b ⊥α或b ∥α或b ⊂α，此时α∥β或α与β相交，所以“α∥β”是“a ⊥b ”的充分不必要条件，故选A.2．已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为8，侧棱长为6，D 为AC 的中点，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.15 B.2625C.125D.25解析：选C.如图所示，连接B 1C 交BC 1于E ，连接DE ，因为四边形BCC 1B 1是平行四边形，所以B 1E ＝EC .又AD ＝DC ，所以DE ∥AB 1，则∠DEB 或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角，在△DEB 中，DE ＝5，BD ＝43，BE ＝5，所以cos∠DEB ＝52＋52－（43）22×5×5＝1.故选C.253．(xx·南昌市调研测试卷)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中不正确的是( )A．若m∥n，m⊥α，则n⊥αB．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n解析：选D.由线面平行、垂直之间的转化知A、B正确；对于C，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊂β，所以β⊥α，即C正确；对于D，m∥α，α∩β＝n，则m∥n，或m与n是异面直线，故D不正确．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＝BCD．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．已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①平面γ与平面α，β所成的锐二面角相等；②直线a∥b，a⊥α，b⊥β；③a，b是异面直线，a⊥平面α，b⊥平面β，且a∥β，b∥α；④平面α内距离为d的两条平行直线在平面β内的射影仍为两条距离为d的平行线．其中可以推出α∥β的条件为( )A．①③ B．②④C．② D．③解析：选C.对于①④，平面α与平面β还可以相交；对于③，一定不能推出α∥β，所以①③④是错误的，易知②正确．故选C.6. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM 异面．其中不正确的结论是( )A．①B．②C．③D．④解析：选B.作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确．7. 如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行8．如图，PA ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E 、F 分别是点A 在PB 、PC 上的正投影，给出的下列结论正确的是________．①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ； ③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .解析：由题意知PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC . 又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .所以BC ⊥AF .因为AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ， 所以AF ⊥平面PBC ，所以AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， 所以PB ⊥平面AEF ，所以PB ⊥EF . 故①②③正确． 答案：①②③9．(xx·潍坊模拟)已知PA ⊥平面ABCD ，ABCD 是正方形，AB ＝1，PA ＝t (t >0)，当t 变化时，直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值的取值范围是________．解析：把图形补成直四棱柱如图所示，因为BC ⊥平面DCC 1D 1，所以平面PBCD 1⊥平面DCC 1D 1，连接D 1C ，作DE ⊥CD 1，连接PE ，则DE ⊥平面PBCD 1，所以∠DPE 就是PD 与平面PBCD 1所成的角．又DP ＝1＋t 2，DE ＝DC ×DD1CD 1＝t 1＋t2，所以sin ∠DPE ＝DE DP ＝t1＋t 2＝1t ＋1t≤12(当且仅当t ＝1t ，即t ＝1时取等号)，所以0<t 1＋t 2≤12，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1210. 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：311．(xx·泰安模拟) 如图，已知四棱锥P ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，且AB ∥CD ，O 是AB 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝CD ＝DA ＝12AB ＝4，M 是PA 的中点．(1)证明：平面PBC ∥平面ODM ； (2)求点A 到平面PCD 的距离．解：(1)证明：由题意，CD ∥BO ，CD ＝BO ， 所以四边形OBCD 为平行四边形， 所以BC ∥OD .又因为AO ＝OB ，AM ＝MP ，所以OM ∥PB .又OM ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ， 所以OM ∥平面PBC . 同理，OD ∥平面PBC ， 又OM ∩OD ＝O ，所以平面PBC ∥平面ODM . (2)设点A 到平面PCD 的距离为d . 因为V 三棱锥A PCD＝V 三棱锥P ACD，即13×12×4×27×d ＝13×12×4×23×4， 所以d ＝4217.12．(xx·江西省质量监测)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，E 为棱CC 1的中点．(1)求证：B 1D 1⊥AE; (2)求证：AC ∥平面B 1DE .证明：(1)连接BD ， 则BD ∥B 1D 1.因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为CE⊥平面ABCD，所以CE⊥BD.又AC∩CE＝C，所以BD⊥平面ACE.因为AE⊂平面ACE，所以BD⊥AE，所以B1D1⊥AE.(2)取BB1的中点F，连接AF，CF，EF，则FC∥B1E，所以CF∥平面B1DE.因为E，F是CC1，BB1的中点，所以EF綊BC.又BC綊AD，所以EF綊AD，所以四边形ADEF是平行四边形，所以AF∥ED.因为AF⊄平面B1DE，ED⊂平面B1DE，所以AF∥平面B1DE，因为AF∩CF＝F，所以平面ACF∥平面B1DE.又因为AC⊂平面ACF，所以AC∥平面B1DE.13．(xx·高考山东卷) 如图，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC 的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.证明：(1)法一：如图，连接DG，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEFABC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，则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.法二：在三棱台DEFABC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)连接HE，EG.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形．所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.14. (xx·安徽省合肥三中、巢湖一中统考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.(1)求证：平面AFC⊥平面CBF；(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．解：(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以CB⊥平面ABEF，因为AF⊂平面ABEF，所以AF⊥CB，又因为AB为圆O的直径，所以AF⊥BF，所以AF⊥平面CBF.因为AF⊂平面AFC，所以平面AFC⊥平面CBF.(2)取CF 的中点记作M ， 设DF 的中点为N ，连接AN ，MN ， 则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，所以四边形MNAO 为平行四边形，所以OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， 所以OM ∥平面DAF .[B 卷]1．如图，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：EC ∥平面PAD ； (2)求证：平面EAC ⊥平面PBC .证明：(1)设线段AB 的中点为F ，连接EF ，CF (图略)． 则AF ＝CD ，AF ∥CD ，所以四边形ADCF 是平行四边形， 则CF ∥AD .又EF ∥AP ，且CF ∩EF ＝F ， 所以平面CFE ∥平面PAD . 又EC ⊂平面CEF ，所以EC∥平面PAD.(2)因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，因为ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，所以AC＝2，BC＝ 2.因为AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC.因为PC∩BC＝C，所以AC⊥平面PBC，因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.2．(xx·邢台市摸底考试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，四边形CDEF是矩形，平面ABCD⊥平面CDEF，AB＝AD＝DE＝12CD＝2，M是线段AE的中点．(1)求证：AC∥平面MDF；(2)平面MDF将该几何体分成两部分，求多面体MDFE和多面体ABCDMF的体积之比．解：(1)证明：连接CE，交DF于N，连接MN，由题意知N为CE的中点，在△ACE中，MN∥AC，且MN ⊂平面MDF ，AC ⊄平面MDF ， 所以AC ∥平面MDF .(2)将多面体ABCDEF 补成三棱柱ADE B ′CF ，如图，则三棱柱的体积为V ＝S △ADE ·CD ＝12×2×2×4＝8，而三棱锥F DEM 的体积V M DEF ＝43，则V 多面体ABCDMF ＝V －V F BB ′C－V M DEF＝8－43－43＝163，所以V M DEF V ABCDMF ＝14. 3. (xx·河南省洛阳市统考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，点O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是PD 的中点，且AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：OM ∥平面PAB ； (2)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(3)当三棱锥M BCD 的体积等于34时，求PB 的长． 解：(1)证明：因为在△PBD 中，O ，M 分别是BD ，PD 的中点， 所以OM 是△PBD 的中位线，所以OM ∥PB ， 又OM ⊄平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，所以OM ∥平面PAB .(2)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ， 又AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，AC ∩PA ＝A ， 所以BD ⊥平面PAC .因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAC . (3)因为底面ABCD 是菱形，M 是PD 的中点，所以V M BCD ＝12V M ABCD ＝14V P ABCD，从而V P ABCD＝ 3.又AB ＝2，∠BAD ＝60°，所以S 四边形ABCD ＝2 3. 因为四棱锥P ABCD 的高为PA ， 所以13×23×PA ＝3，得PA ＝32，因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .在Rt △PAB 中，PB ＝PA 2＋AB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52.4．(xx·洛阳市统考)如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .(1)若BE ＝1，是否在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥A CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离． 解：(1)AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32.理由如下：当λ＝32时，AP →＝32PD →，可知AP AD ＝35，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，则有MP FD＝AP AD ＝35， 又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以CP ∥ME . 又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ， 故CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，所以AF ＝x (0<x ≤4)，FD ＝6－x ，故V 三棱锥A CDF＝13×12×2×(6－x )x ＝13(－x 2＋6x )， 当x ＝3时，V 三棱锥A CDF有最大值，且最大值为3，此时，EC ＝1，AF ＝3，FD ＝3，DC ＝22，在Rt△EFC 中，FC ＝5，在Rt△AFD 中，AD ＝32，在Rt△AFC 中，AC ＝14.在△ACD 中，cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝18＋8－142×32×22＝12，故sin ∠ADC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，S △ADC ＝12DA ·DC ·sin ∠ADC ＝12×32×22×32＝3 3. 设点F 到平面ACD 的距离为h ，由V 三棱锥A CDF＝V 三棱锥F ADC，即3＝13×h ×S △ADC ＝13×h ×33，得h ＝3，故此时点F 到平面ACD 的距离为 3.。
2021年新课标新高考数学复习课件：§8.2 空间点、线、面的位置关系
如图,直线a,b是异面直线,经过空间任一点O分别作直线a'∥a,b'∥b,相交直
线a',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).
特别地,当两条异面直线所成的角是直角时,称这两条异面直线互相垂直.
注意 异面直线所成的角的范围是
0,
π 2
,所以空间两直线垂直有
两种情况——异面垂直和相交垂直.
C1(0,2,2),
Hale Waihona Puke 由E,F分别为BC,B1C1的中点,得E(1,2,0),F(1,2,2),
则
uuur AF
=(-1,2,2),Cuu1uEr
=(1,0,-2),
则cos<
uuur AF
uuur
,C1E
>=
uuur uAuFur |AF
uuur Cuu1uEr ||C1E|
=
-11 2 0-2 2 =- 5 ,故异面直线AF与C1E
考法二 求异面直线所成角的方法
例2 (1)已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,点E是PB的中 点,则异面直线AE与PD所成角的余弦值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
3
3
3
3
(2)(2018四川泸州模拟,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,F为B1
C1的中点,则异面直线AF与C1E所成角的正切值为 ( )
1 4 4 10 4 3
所成角的余弦值为 5 ,
3
则异面直线AF与C1E所成角的正弦值为
1- 5 = 2 ,
93
可得异面直线AF与C1E所成角的正切值为 2 5 ,故选C.
高中数学2轮15 第2部分 专题3 第2讲 空间点、线、面的位置关系
空间点、线、面的位置关系考点1空间点、线、面的位置关系的判定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B[取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝⎝⎛⎭⎪⎫322＋⎝⎛⎭⎪⎫322＋22＝7，得BM＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB 均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．]2．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1A[连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB 与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．]3．(2021·新高考卷Ⅱ改编)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是()①②③④A．①②B．②③C．①②③D．②③④B[作出OP在MN所在平面的射影，若射影垂直于MN，则OP⊥MN，经验证知②③满足，故选B．]4．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P 到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．2[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝(3)2－12＝ 2.]命题规律：以空间几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断及有关量的计算，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度适中，分值5分．通性通法：1.判断空间线面位置关系常用的方法根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题，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．2．有关量的计算常采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中给予解答．1．[以平面展开图为载体]如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列结论成立的是()①AE∥CD；②CH∥BE；③DG⊥BH；④BG⊥DE.A．①②B．①③C．②③④D．①③④C[还原正方体直观图如图，可知AE与CD为异面直线，故①不正确；由EH BC，可得CH∥BE，故②正确；正方体中易得DG⊥平面BCH，所以有DG⊥BH，故③正确；因为BG∥AH，且DE⊥AH，所以BG⊥DE，故④正确．故选C．]2．[以正方体为载体](2021·湖北十一校联考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列结论成立的是()①直线D1D与直线AF垂直；②直线A1G与平面AEF平行；③平面AEF截正方体所得的截面面积为9 8；④点A1与点D到平面AEF的距离相等．A．①②B．①④C．①②③D．②③④D[∵CC1与AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF与DD1不垂直，故①错误；取B1C1的中点N，连接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，则直线A1G∥平面AEF，故②正确；把截面AEF补形为四边形AEFD1，由四边形AEFD1为等腰梯形，可得平面AEF截正方体所得的截面面积S＝98，故③正确；显然点A1与点D到平面AEFD1的距离相等，故④正确．故选D．]3．[开放性试题]已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.若m∥α，l⊥α，则l⊥m(答案不唯一)[已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.]考点2空间角1．(2021·全国卷乙)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A．π2B．π3C．π4D．π6D[如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以异面直线PB与AD1所成角等于∠PBC1的大小．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，由正方体易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6.]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 ．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，AD ＝23，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN ＝1，AD ＝23，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. (3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故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 ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.命题规律：以空间几何体为载体考查线线角和线面角的定义与计算，以选择题、填空题的形式呈现，题目难度中等，分值5分．通性通法：空间角的求解技法(1)异面直线所成的角——平移法：基本思路是 “作(平行线)——证(平行)——算(解三角形)”，其中作平行线是关键，一般借助中位线、平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决．提醒：两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．(2)线面角——定义法：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．1．[以长方体为载体] (2021·玉溪模拟)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝1，AB ＝AD ＝2，E ，F 分别是BC ，DC 的中点，则异面直线AD 1与EF 所成角的余弦值为( )A ．105B ．155C ．35D ．45A [∵B 1D 1∥EF ，∴异面直线AD 1与EF 所成角是∠AD 1B 1或其补角，在△AD 1B 1中，AD 1＝5，AB 1＝5，D 1B 1＝22， ∴cos ∠AD 1B 1＝105.∴异面直线AD 1与EF 所成角的余弦值为105.故选A ．]2．[以四棱锥为载体]已知正四棱锥S -ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成的角的余弦值为( )A ．13B ．23C ．33D ．23C [设AC ，BD 的交点为O ，连接EO (图略)，则∠AEO 为AE ，SD 所成的角或其补角．设正四棱锥的棱长为a ，则AE ＝32a ，EO ＝12a ，OA ＝22a ，所以cos ∠AEO ＝AE 2＋EO 2－OA 22AE ·EO＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 22×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝33，故选C ．] 3.[以三棱柱为载体]如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°A [由题意，取AC 的中点O ，连接BO ，C 1O ，因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 侧棱长为2，底面三角形的边长为1， 所以BO ⊥AC ，BO ⊥AA 1， 因为AC ∩AA 1＝A ，所以BO ⊥平面ACC 1A 1，所以∠BC 1O 是BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角，因为BO ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，C 1O ＝(2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32， 所以tan ∠BC 1O ＝BO OC 1＝3232＝33， 所以∠BC 1O ＝30°，BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为30°.]4．[与球交汇]已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球体积为323π，且AA 1＝BC ＝2，则A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为________．π4 [如图，设长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球半径为R ，则长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球体积为43πR 3＝323π，所以R ＝2，即A 1C ＝AA 21＋BC 2＋AB 2＝2R ＝4.因为AA 1＝BC ＝2，所以AB ＝2 2.连接B 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为∠A 1CB 1，在Rt △BB 1C 中，BB 1＝BC ＝2，所以B 1C ＝22＝A 1B 1，所以∠A 1CB 1＝π4.即A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为π4.]考点3 空间平行、垂直关系1.(2021·全国卷甲)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1.(1)求三棱锥F -EBC 的体积；(2)已知D 为棱A 1B 1上的点，证明：BF ⊥DE .[解] (1)如图，取BC 的中点为M ，连接EM ，由已知可得EM ∥AB ，AB ＝BC ＝2，CF ＝1，EM ＝12AB ＝1，AB ∥A 1B 1，由BF ⊥A 1B 1得EM ⊥BF ，又EM ⊥CF ，BF ∩CF ＝F ，所以EM ⊥平面BCF ，故V三棱锥F-EBC＝V三棱锥E-FBC＝13×12BC×CF×EM＝13×12×2×1×1＝13.(2)连接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，所以ED在平面EMB1A1内．在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，所以由平面几何知识可得BF⊥B1M，又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，所以BF⊥平面EMB1A1，又DE⊂平面EMB1A1，所以BF⊥DE.2．(2017·山东高考)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD．(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.[解](1)证明：取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C．又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)证明：因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD．又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD．因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.命题规律：以常见的空间几何体为载体考查线、面的平行、垂直关系，以解答题的形式呈现，难度中等，分值12分．通性通法：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．1．[探究性问题](2021·运城模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点．(1)求证：平面P AB⊥平面P AE；(2)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．[解](1)因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD为正三角形，因为E为CD的中点，所以AE⊥CD，因为AB∥CD，所以AE⊥AB．因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⊥P A．因为P A∩AB＝A，所以AE⊥平面P AB，因为AE⊂平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(2)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面P AE.理由如下：分别取PB，P A的中点F，G，连接CF，FG，EG，在△P AB中，FG∥AB，且FG＝12AB，在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且CE＝12AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG.又CF⊄平面P AE，EG⊂平面P AE，所以CF∥平面P AE.2．[以四棱锥为载体]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，△P AD为等边三角形，平面P AD⊥平面PCD．(1)证明：平面P AD⊥平面ABCD；(2)若AB＝2，Q为线段PB的中点，求三棱锥Q-PCD的体积．[解](1)证明：取PD的中点O，连接AO.∵△P AD为等边三角形，∴AO⊥PD，∵AO⊂平面P AD，平面P AD∩平面PCD＝PD，平面P AD⊥平面PCD，∴AO⊥平面PCD，∵CD⊂平面PCD，∴AO⊥CD，∵底面ABCD为正方形，∴CD⊥AD，∵AO∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，又∵CD⊂平面ABCD，∴平面P AD⊥平面ABCD．(2)由(1)知，AO⊥平面PCD，∴A到平面PCD的距离d＝AO＝ 3.∵底面ABCD为正方形，∴AB∥CD，又∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD，∴A，B两点到平面PCD的距离相等，均为d，又Q为线段PB的中点，∴Q到平面PCD的距离h＝d2＝32.由(1)知，CD⊥平面P AD，∵PD⊂平面P AD，∴CD⊥PD，∴V Q-PCD＝13S△PCD·h＝1 3×12×2×2×32＝33.考点4平面图形的折叠问题(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，连接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．[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，又BE，BC⊂平面BCGE，BE∩BC＝B，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.命题规律：以平面图形为载体考查空间想象能力．以解答题的形式呈现，考查频率不高，分值12分．通性通法：求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．1．[逆向问题]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.图1图2(1)求证：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为362，求a的值．[解](1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC，BC ED．即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1-BCDE的高．由图1知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，得a＝6.2．[平行四边形与四棱锥]如图1，平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠ABC＝π3，E为CD中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到如图2所示的四棱锥P-ABCE.图1图2(1)求证：平面P AE⊥平面PBE；(2)求点B到平面PEC的距离．[解](1)证明：在图题1中连接BE(图略)，由平面几何知识，求得AE＝2，BE ＝23， 又∵AB ＝4， ∴BE ⊥AE ， 在题图2中，∵平面APE ⊥平面ABCE ，且平面APE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面P AE ，又∵BE ⊂平面PBE ，∴平面P AE ⊥平面PBE .(2)设O 为AE 的中点，连接PO ，CO ，由已知可得△P AE 为等边三角形，∴PO ＝ 3.∵平面P AE ⊥平面ABCE ，∴PO ⊥平面ABCE ，得PO ⊥CO .在△OEC 中，OE ＝1，EC ＝2，∠OEC ＝2π3.由余弦定理得OC ＝7.∴PC ＝3＋7＝10.在△PEC 中，PE ＝EC ＝2，PC ＝10.∴S △PEC ＝12×10×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫1022＝152， 又∵S △BCE ＝12×23×1＝ 3.设点B 到平面PEC 的距离为d ，由V P -BCE ＝V B -PCE ，得13×3×3＝13×152×d ，解得d ＝2155.∴点B 到平面PEC 的距离为2155.。
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
【命题透视】 从高考命题来看，本讲主要考查内容， (1)以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断， 主要以选择、填空题的形式，题目难度较小．(2)以解答 题的形式考查空间平行，垂直的证明，并常与体积、空间 角相结合，考查逻辑推理能力和转化的思想方法，难度适 中．
热点 1 空间点、线、面位置关系的判定
答案：D
热点 2 空间平行、垂直关系的证明(典例迁移) 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.
同理可证选项 C，D 中均有 AB∥平面 MNQ.因此 A 项不正确．
法二 对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连接 OQ，则 OQ∥AB，因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交点，即 AB 与平 面 MNQ 不平行．A 项不正确．
答案：A
2．(2016·全国卷Ⅱ)α，β 是两个平面，m，n 是两条 直线，有下列四个命题：
答案：②③④
3．(2016·全国卷Ⅰ)平面 α 过正方体 ABCD-A1B1C1D1
的顶点 A，α∥平面 CB1D1，α∩平面 ABCD＝m，α∩平 面 ABB1A1＝n，则 m，n 所成角的正弦值为( )
3
2
3
1
A. 2
B. 2
C. 3
D.3
解析：如图所示，设平面 CB1D1∩平面 ABCD＝m1， 因为 α∥平面 CB1D1，所以 m1∥m，
高考数学二轮复习 6.1 空间点、线、面的位置关系课件 理
线与线的平行．
★互动变式 2
的交点，求证：
考点二
平行与垂直关系
命题规律 本考点主要内容：空间直线、平面，直线与
平面平行、平面与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面 垂直．突出“空间”、“立体”，即把线线、线面、面面的 位置关系考查置于某几何体的情景中；位置关系以判断或证 明垂直为重点，突出三垂线定理和逆定理的灵活运用． 客观题主要考查：利用线线平行与垂直、线与面平行与 垂直、平面与平面平行与垂直的性质及判定定理判断线面的 位置关系；解答题主要以多面体为载体考查线面关系的证 明，知识不多但题目创新性较强． ●例2 正方体ABCD－A1B1C1D1中． (1)求证：平面A1BD∥平面B1D1C； (2) 若 E 、 F 分 别 是 AA1 ， CC1 的 中 点 ， 求 证 ： 平 面 EB1D1∥平面FBD．
(2)由BD∥B1D1，得BD∥平面EB1D1．
取BB1中点G，∴AE∥B1G． 从而得B1E∥AG，同理GF∥AD． ∴AG∥DF． ∴B1E∥DF． ∴DF∥平面EB1D1． ∴平面EB1D1∥平面FBD．
【点评】要证“面面平面”只要证“线面平面”，要证
“线面平行”，只要证“线线平面”，故问题最终转化为证
②直角 AOB在平面 α 内的射影为 ∠ A′OB′， ∠ A′OB′为锐 角，如图2，因此②正确； ③显然 ∠ AOB 所在的平面与平面 α 平行时， ∠ AOB 在平 面α内的射影一定为直角，因此③正确；
④直角 AOB 在平面 α 内的射影为 ∠ AO′B ， ∠ AO′B 为钝 角，如图3，因此④正确；
第6专题 立体几何
知识网络
第 1讲
空间点、线、面的位置关系
重点知识回顾 一、平面的基本性质(三个公理与三个推论) 二、线面平行与面面平行 1．线面平行的判定与性质： 如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那 么这条直线与这个平面平行． 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，那么这条直线和交线平行． 2．面面平行的判定与性质 如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面， 那么这两个平面平行． 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的 交线平行．
新高考数学总复习专题八8.2空间点、线、面的位置关系课件
于|cos<a,b>|= | a || b | .
例2 (202X课标Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= 3 ,则 异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 ( )
A. 1 B. 5 C. 5 D. 2
5
6
5
2
解析 解法一(平移法):如图,
将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,
考点二 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.异面直线所成角范围:
0,
2
.
【注意】 空间两直线垂直有两种情况:相交垂直和异面垂直.
考法一 点、线、面位置关系的判定及其应用 1.证明点共线问题的方法: 1)基本事实法:先找出两个平面,然后证明这些点都是这两个平面的公共 点,再根据基本事实3证明这些点都在交线上. 2)同一法:选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点也在该直线上. 2.证明线共点问题的方法:先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经 过该点. 3.证明点、直线共面问题的方法: 1)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内. 2)辅助平面法:先证明部分点、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.
,
DB1
>=
|
AD1 DB1
AD1 | | DB1
|
=
0
11
(1) 2
( 5
3) (
3) = 5 .则异面
5
直线AD1与DB1所成角的余弦值为|cos<
高考文数学高中数学二轮复习课件专题四第二讲空间点、线、面位置关系的判断
方法结论
空间中点、线、面的位置关系的判定 (1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例． (2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础 上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．
题组突破
1．(2017·福建连城二中考试)已
知平面 α⊥平面 β，α∩β＝l，点
A∈α，A∉l，直线 AB∥l，直线
[ 典 例 ](2017·广 西 三 市 联 考 ) 在 四 棱 锥 P ABCD 中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠ BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点，PA＝2AB＝2. (1)求证：PC⊥AE； (2)求证：CE∥平面 PAB.
证明：(1)在 Rt△ABC 中，AB＝1，∠BAC＝60°， ∴BC＝ 3，AC＝2.取 PC 的中点 F，连接 AF，EF， ∵PA＝AC＝2，∴PC⊥AF. ∵PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD，又∠ACD＝90°，即 CD⊥AC， PA∩AC＝A，∴CD⊥平面 PAC， 又 PC⊂平面 PAC，∴CD⊥PC， ∵EF 是△PCD 的中位线，∴EF∥CD，∴EF⊥PC.
解析：对于选项 B，如图所示，连接 CD， 因为 AB∥CD，M，Q 分别是所在棱的中点， 所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ，又 AB⊄平 面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理可证选项 C，D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 答案：Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 C．A1E⊥BC1
B．A1E⊥BD D．A1E⊥AC
解析：由正方体的性质，得 A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以 BC1 ⊥平面 A1B1CD，又 A1E⊂平面 A1B1CD，所以 A1E⊥BC1，故
高中数学立体几何空间点线面的位置关系讲义及练习
课 题： 2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系一、内容讲解知识点1 平面的概念: 平面是没有厚薄的，可以无限延伸，这是平面最基本的属性 常见的桌面，黑板面都是平面的局部形象 指出: 平面的两个特征：①_薄厚一致___ ②_无限延伸_。
平面的表示：__1.在每个顶点处写大写字母____2.小写的希腊字母,,αβχ______________。
点的表示：大写字母 点A 点B线的表示：小写英文字母 线l,线a 线b平面的画法：在立体几何中，通常画成水平放置的平行四边形来表示平面;锐角画成45ο, 2倍长。
两个相交平面：画两个相交平面时，若一个平面的一部分被另一个平面遮住，应把被遮住部分的线段画成虚线或不画。
图形 符号语言 文字语言（读法）A a A ∈a 点A 在直线a 上A aA ∉a 点A 在直线a 外 Aα A ∈α 点A 在平面α上（内） A αA ∉α 点A 在平面α外 b a A a b A =I直线a,b 交于点A a αa α⊂线a 在面α内 aα a α⊄ 线a 在面α外a Aα a A α=I 直线a 交α于点Al αβ=I平面α交β于线l与平面、平面与平面的关系，虽然借用于集合符号，但在读法上仍用几何语言。
知识点2 公理1 ：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内指出：（1）符号语言：____________________________________．（2）应用：这条公理是判定直线是否在平面内的依据，也可用于验证一个面是否是平面。
知识点3 公理2 ：如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线指出：（1）符号语言：____________________________________（2）应用：确定两相交平面的交线位置；判定点在直线上 知识点4 公理3 ：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 指出：（1）符号语言：,, ,,,,A B C A B C A B C ααβ⎫⎪∈⇒⎬⎪∈⎭不共线与β重合推论1 经过一条直线和直线外的一点有且只有一个平面.指出：推论1的符号语言：_____________________________-推论2 经过两条相交直线有且只有一个平面指出：推论2的符号语言：____________________________________推论3 经过两条平行直线有且只有一个平面指出：推论3的符号语言：________________________________三、典例解析例1 用符号语言表示下列图形中点、直线、平面之间的位置关系.例2 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，对角线A 1C∩平面BDC 1=O ，AC 、BC 交于点M ，求证：点C 1、O 、M 共线．五、备选习题1. 画图表示下列由集合符号给出的关系：(1) A ∈α,B ∉α,A ∈l ,B ∈l ; (2) a ⊂α,b ⊂β,a ∥c ,b ∩c =P ,α∩β=c .2. 根据下列条件，画出图形.（1）平面α∩平面β=l ，直线AB ⊂α，AB ∥l ，E ∈AB ，直线EF∩β=F ，F ∉l ;（2）平面α∩平面β=a ，△ABC 的三个顶点满足条件:A ∈a ，B ∈α，B ∉a ，C ∈β，C ∉a .3. 画一个正方体ABCD —A′B′C′D′，再画出平面ACD′与平面BDC′的交线，并且说明理由.4. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为8 cm ，M 、N 、P 分别是AB 、A 1D 1、BB 1的中点，(1) 画出过M 、N 、P 三点的平面与平面A 1B 1C 1D 1的交线，以及与平面BB 1C 1C 的交线.(2) 设过M 、N 、P 三点的平面与B 1C 1交于点Q ，求PQ 的长.5.已知△ABC 三边所在直线分别与平面α交于P 、Q 、R 三点，求证：P 、Q 、R 三点共线.6. 点A ∉平面BCD ，,,,E F G H 分别是,,,AB BC CD DA 上的点，若EH 与FG 交于P （这样的四边形ABCD 就叫做空间四边形）求证：P 在直线BD 上G H AC D E P空间点、线、面位置关系练习题1、下列命题：其中正确的个数为（ ）①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则l ∥α；②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若a ∥b ，α⊂b ，那么直线a 平行于平面α内的无数条直线；A ．1B ．2C ．3D ．02、若两个平面互相平行，则分别在这两个平行平面内的直线（ ）A ．平行B ．异面C ．相交D ．平行或异面3、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中判断下列位置关系：（1）AD 1所在直线与平面BCC 1的位置关系是 ；（2）平面A 1BC 1与平面ABCD 的位置关系是 ；4、如果直线l 在平面α外，那么直线l 与平面α（ ）A ．没有公共点B ．至多有一个公共点C ．至少有一个公共点D ．有且只有一个公共点5、以下四个命题：其中正确的是（ ） A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①③ ①三个平面最多可以把空间分成八部分；②若直线⊂a 平面α，直线⊂b 平面β，则“a 与b 相交”等价于“α与β相交”；③若l =⋂βα，直线⊂a 平面α，直线⊂b 平面β，且P b a =⋂，则l P ∈；④若n 条直线中任意两条共面，则它们共面，6、若一条直线上有两点到一个平面的距离相等，那么这条直线和这个平面的位置关系是（ ）A ．在平面内B ．相交C ．平行D ．以上均有可能7、若直线m 不平行于平面α，且α⊄m ，则下列结论中正确的是（ ）A ．α内的所有直线与m 异面B ．α内不存在与m 平行的直线C ．α内存在唯一一条直线与m 平行D ．α内的直线与m 都相交8、在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的六个表面与六个对角面（面AA 1C 1C ，面BB 1D 1D ，面ABC 1D 1，面ADC 1B 1，面A 1BCD 1及面A 1B 1CD ）所在平面中，与棱AA 1平行的平面共有（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个9、两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是（ ）A ．平行B ．相交C ．异面D ．以上均有可能10、下列命题：其中正确的个数是（ ）A ．0 B ．1 C ．2 D ．3①如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行；②如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内的无数条直线异面；③过平面外一点有且只有一条直线与平面平行；④一条直线上有两点到一个平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面，11、下列命题中正确的个数是（ ）A ．1 B ．2 C ．3 D ．4①四边相等的四边形是菱形；②若四边形有两个对角都是直角，则这个四边形是圆内接四边形； ③“直线不在平面内”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”；④若两平面有一条公共直线，则这两个平面的所有公共点都在这条公共直线上；12、若P 是两条异面直线l 、m 外的任意一点，则（ ）A ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都异面13、与两个相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是14、经过平面外两点可作这个平面的平行平面的个数是15、设有不同的直线a ，b 和不同的平面γβα,,，给出下列三个命题：其中正确命题的序号是 ①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ；②若a ∥α，a ∥β，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，则α∥γ。
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解密06 空间点、线、面的位置关系
A 组 考点专练
一、选择题
1.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线
D.α，β垂直于同一平面
2.已知α，β是两个不同的平面，直线m ⊂α，下列命题正确的是( )
A.若α⊥β，则m ∥β
B.若α⊥β，则m ⊥β
C.若m ∥β，则α∥β
D.若m ⊥β，则α⊥β
3.已知四棱锥P －ABCD 的所有棱长均相等，点E ，F 分别在线段P A ，PC 上，且EF ∥底面ABCD ，则异面直线EF 与PB 所成角的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
4.(多选题)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则( )
A.直线D 1D 与直线AF 垂直
B.直线A 1G 与平面AEF 平行
C.平面AEF 截正方体所得的截面面积为98
D.点C 与点G 到平面AEF 的距离相等
5.(多选题)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱CC 1上的动点(点P 不与点C ，C 1重合)，过点P 作平面α分别与棱BC ，CD 交于M ，N 两点，若CP ＝CM ＝CN ，则下列说法正确的是( )
A.A 1C ⊥平面α
B.存在点P ，使得AC 1∥平面α
C.存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为53
D.用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
二、填空题
6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND
，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是______.
7.已知圆锥的顶点为S ，顶点S 在底面的射影为O ，轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为_______，点D 为母线SB 的中点，点C 为弧AB 的中点，则异面直线CD 与OS 所成角的正切值为______
_.
8.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点P 是AA 1的中点，点M 在侧面AA 1B 1B 内，若D 1M ⊥CP ，则△BCM 面积的最小值为________.
三、解答题
9.如图所示，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，已知AB ＝2，EF ＝1.
(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；
(2)若BC ＝1，求四棱锥F －ABCD 的体积.
10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.
(1)求证：PE ⊥BC ；
(2)求证：平面P AB ⊥平面PCD ；
(3)求证：EF ∥平面PCD .
B 组 专题综合练
11.(多选题)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，过体对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E ，交棱CC 1于点F ，则下列说法正确的是( )
A.平面α截正方体所得两部分的体积相等
B.四边形BFD 1E 一定是平行四边形
C.平面α与平面BB 1D 1D 不可能垂直
D.四边形BFD 1E 的面积有最大值
12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝30°，PD ⊥平面ABCD ，AD ＝2，点E 为AB 上一点，且AE AB
＝m ，点F 为PD 中点. (1)若m ＝12
，证明：直线AF ∥平面PEC ； (2)是否存在一个常数m ，使得平面PED ⊥平面P AB ？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由.。