2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何7.3空间点直线平面之间的位置关系学案文.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何7.3空间点直线平面之间的位置关系学案文知识梳理1空间两条直线的位置关系(1)位置关系分类 (2)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线aa，bb，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)范围：.(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2空间直线与平面、平面与平面的位置关系3必记结论(1)唯一性定理过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行过一点有且只有一个平面与已知直线垂直过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行过一点有且只有一条直线与已知平面垂直(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线诊断自测1概念思辨(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面()(2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线()(4)两个平面，有一个公共点A，就说，相交于过A点的任意一条直线()答案(1)(2)(3)(4)2教材衍化(1)(必修A2P52B组T1(2)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为()A30 B45C60 D90答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1EF，故D1B1C为所求的角又B1D1B1CD1C，所以D1B1C60.故选C.(2)(必修A2P63B组T1)在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为侧棱PC，PB的中点，则EF与平面PAD的位置关系为_，平面AEF与平面ABCD的交线是_答案平行AD解析E，F分别为PC，PB中点，所以EFBC，又BCAD.所以EFAD，而AD平面PAD，EF平面PAD.所以EF平面PAD.由上述推证易得两面交线为AD.3小题热身(1)(xx山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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答案A解析由题意知a，b，若a，b相交，则a，b有公共点，从而，有公共点，可得出，相交；反之，若，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“平面和平面相交”的充分不必要条件故选A.(2)(xx广东五校联考)已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若，m，n，则mn；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，则mn.其中所有正确命题的序号是_答案解析对于，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此不正确；对于，若m，mn，则n或n，又n，由面面垂直的判定定理得到结论，可知正确；对于，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此不正确；对于，由n得在平面内必存在直线n1平行于直线n；由m，得m，mn1；又n1n，因此有mn，正确综上所述，所有正确命题的序号是.题型1平面的基本性质如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？ (1)用直接法；(2)纳入平面法解(1)证明：由已知FGGA，FHHD，得GH綊AD.又BC綊AD，所以GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形(2)由BE綊AF，G为FA中点，知BE綊GF，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EFBG.由(1)知BGCH，所以EFCH.所以EF与CH共面，又DFH，所以C，D，F，E四点共面结论探究若典例中条件不变，证明：FE，AB，DC交于一点证明由例题可知，四边形EBGF和四边形BCHG都是平行四边形，故可得四边形ECHF为平行四边形，ECHF，且ECDF，四边形ECDF为梯形FE，DC交于一点，设FEDCM.MFE，FE平面BAFE，M平面BAFE.同理M平面BADC.又平面BAFE平面BADCBA，MBA，FE，AB，DC交于一点方法技巧1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内如典例(2)(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面，再证明其余元素确定平面，最后证明平面，重合2证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：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3证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点如本典例中的结论探究冲关针对训练如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BGGCDHHC12.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线证明(1)E，F分别为AB，AD的中点，EFBD.在BCD中，GHBD，EFGH.E，F，G，H四点共面(2)EGFHP，PEG，EG平面ABC，P平面ABC.同理P平面ADC.P为平面ABC与平面ADC的公共点又平面ABC平面ADCAC，PAC，P，A，C三点共线题型2空间两直线的位置关系(xx金华模拟)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序号)可利用定义判断不同在任一平面内，从而说明两直线异面答案解析在图中，直线GHMN；在图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，NGH，因此直线GH与MN异面；在图中，连接GM，GMHN，因此GH与MN共面；在图中，G，M，N共面，但H平面GMN，GMN，因此GH与MN异面所以在图中GH与MN异面方法技巧异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面此法在异面直线的判定中经常用到(2)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的直线是异面直线冲关针对训练1(xx武汉调研)a，b，c表示不同的直线，M表示平面，给出四个命题：若aM，bM，则ab或a，b相交或a，b异面；若bM，ab，则aM；若ac，bc，则ab；若aM，bM，则ab.其中正确的为()A B C D答案A解析对于，当aM，bM时，则a与b平行、相交或异面，为真命题中，bM，ab，则aM或aM，为假命题命题中，a与b相交、平行或异面，为假命题由线面垂直的性质，命题为真命题，所以，为真命题故选A.2(xx上饶模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，点P，Q，R分别是线段B1B，AB和A1C上的动点，观察直线CP与D1Q，CP与D1R，给出下列结论：对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1QCP；对于任意给定的点Q，存在点P，使得CPD1Q；对于任意给定的点R，存在点P，使得CPD1R；对于任意给定的点P，存在点R，使得D1RCP.其中正确的结论是_答案解析只有D1Q平面BCC1B1时才能满足对于任意给定的点P，存在点Q使D1QCP，而过D1只有D1C1平面BCC1B1故错误；正确，当P与B1重合时，CP平面ABD1.故此时Q具有任意性；当R与A1重合时，在线段BB1上不存在点P，使CPD1R，故错误； 如图所示：对任意的点P，在AA1上存在P1使得DP1CP，过点D1作D1R1，使得D1R1DP1且交A1D于点R1，作RR1CD交A1C于点R，则RR1平面ADD1A1，所以RR1DP1，又D1R1DP1，则DP1平面D1R1R，即CP平面D1R1R，故D1RCP，故正确题型3异面直线所成的角(xx全国卷)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.异面直线所成角问题转化为共面直线所成角的问题，注意平移法答案C解析取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BMQN，则ANQ或其补角即为所求，设BCCACC12，则AQ，AN，QN，cosANQ.故选C.正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，E，F分别是棱A1B1，B1C1的中点，求直线DB1与EF所成的角本题采用补形法，然后平移直线解如图，在正方体ABCDA1B1C1D1右侧作正方体BB2C2CB1A2D2C1.连接B1D2，DD2在DB1D2中，DB1a，B1D2a.DD2a.DDDBB1D.DB1与B1D2的夹角为90.又EFB1D2，直线DB1与EF所成的角为90.方法技巧求异面直线所成角的步骤1作：通过作平行线，得到相交直线2证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角(或其补角)3求：解三角形，求作出的角冲关针对训练(xx全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为EAF1，因为EAF1为正三角形，所以sinEAF1sin60，故选A.1.(xx全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案C解析将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知ABC120，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60.在ABD中，由余弦定理知BD22212221cos603，所以BD，所以B1D1.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角 ，所以cos.故选C.2(xx山西四校联考)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的端点M在棱DD1上运动，端点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是 ()A4 B C2 D.答案D解析当点M不与D1，D重合时，连接DN，则MDN为直角三角形，在RtMDN中，MN2，P为MN的中点，连接DP，则DP1，所以点P在以D为球心，1为半径的球面上(经检验点M与点D1或D重合时也满足该结论)，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S4R2.故选D.3(xx安徽安庆二模)正四面体ABCD中，E，F分别为AB，BD的中点，则异面直线AF，CE所成角的余弦值为_答案解析如图，取BF的中点G，连接CG，EG，易知EGAF，所以异面直线AF、CE所成的角即为GEC(或其补角)不妨设正四面体棱长为2，易求得CE，EG，CG，由余弦定理推论，得cosGEC，异面直线AF，CE所成角的余弦值为.4(xx湖北武汉武昌调研)在矩形ABCD中，ABBC，这与已知矛盾，所以不正确 基础送分 提速狂刷练一、选择题1(xx浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml Bmn Cnl Dmn答案C解析对于A，m与l可能平行或异面，故A错误；对于B，D，m与n可能平行、相交或异面，故B，D错误；对于C，因为n，l，所以nl，故C正确故选C.2若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面答案B解析当l1l2，l2l3时，l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1l2，l2l3l1l3，故B正确；当l1l2l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确故选B.3(xx雅安期末)已知正方体ABCDA1B1C1D1，则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线有()A1条 B2条 C4条 D无数条答案C解析若直线和AB，BC所成角相等，得直线在对角面BDD1B1内或者和对角面平行，同时和CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线BD1满足条件此时过A的直线和BD1平行即可，同理体对角线A1C，AC1，DB1也满足条件则过点A与AB，BC，CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有4条故选C.4(xx宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为()A0 B45C60 D90答案D解析如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNECMFB，CDBN，CDAM，AMBN，在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90.故选D.5如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案D解析连接BC1，易证BC1AD1，则A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角连接A1C1，设AB1，则AA12，A1C1，A1BBC1，故cosA1BC1.故选D.6(xx江西景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线AD折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案C解析在题图1中，ADBC，故在题图2中，ADBD，ADDC，又因为BDDCD，所以AD平面BCD，又BC平面BCD，D不在BC上，所以ADBC，且AD与BC异面故选C.7(xx河北唐山模拟)已知P是ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MNBC4，PA4，则异面直线PA与MN所成角的大小是 ()A30 B45 C60 D90答案A解析取AC的中点O，连接OM，ON，则ONAP, ONAP, OMBC, OMBC，所以异面直线PA与MN所成的角为ONM(或其补角)，在ONM中，OM2，ON2，MN4，由勾股定理的逆定理得OMON，则ONM30.故选A.8如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么mn()A8 B9 C10 D11答案A解析如图，CE平面ABPQ，从而CE平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，m4；EF平面BPP1B1，EF平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交，n4，故mn8.故选A.9下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是()答案D解析在A中易证PSQR，P，Q，R，S四点共面在C中易证PQSR，P，Q，R，S四点共面在D中，QR平面ABC，PS面ABCP且PQR，直线PS与QR为异面直线P，Q，R，S四点不共面在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，P，N，R，S四点共面，设为，可证PSQN，P，Q，N，S四点共面，设为.，都经过P，N，S三点，与重合，P，Q，R，S四点共面故选D.10(xx广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正确的有()A1个 B2个 C3个 D4个答案B解析将展开图还原为几何体(如图)，因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EFADBC，则直线BE与CF共面，错误；因为AF平面PAD，B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，正确；因为EFADBC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，错误故选B.二、填空题11如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，BM与ED平行；CN与BE是异面直线；CN与BM成60角；DM与BN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_答案解析如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故命题不成立；而CN与BE平行，故命题不成立BECN，CN与BM所成角为MBE.MBE60，故正确；BC面CDNM，BCDM，又DMNC，DM面BCN，DMBN，故正确，故填.12(xx仙桃期末)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若ACBD2，且AC与BD成60，则四边形EFGH的面积为_答案解析如图所示，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，EHFGBD, EHFGBD1.四边形EFGH是平行四边形，同理可得EFGHAC1，四边形EFGH是菱形AC与BD成60，FEH60或120.四边形EFGH的面积2EF2sin60.13(xx湖北武昌调研)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，则_(写出所有正确结论的编号)四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长答案解析对于，把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题错误；对于，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以正确；对于，当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180，所以错误；对于，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以正确；又命题显然成立，故填.14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PDEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为_答案解析折成的正四面体，如图，连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GKDH，故PGK(或其补角)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，GK，PK，故cosPGK，即异面直线PG与DH所成的角的余弦值为.三、解答题15(xx普宁市校级期末)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D是AB的中点(1)在A1C上是否存在一点Q，使BC1DQ?(2)设AA1ACCB2，AB2，求异面直线AB1与CD所成角的大小解(1)连接AC1交A1C于Q，连接DQ，DQ为ABC1的中位线，DQBC1，A1C上存在一点Q，使BC1DQ，Q为A1C的中点(2)解法一：连接AB1，取BB1中点M，连接DM、CM，则DM是ABB1的中位线，DMAB1，CDM就是所求异面直线所成角(或补角)，AA1ACCB2，AB2，CM，DM，CD，DM2CD2CM2，满足勾股定理，CDM90，故异面直线AB1与CD所成角为90.解法二：易证CD平面ABB1A1，从而证明CDAB1，故异面直线AB1与CD所成角为90.16(xx江西七校联考)如图，四边形ABCD是梯形，ABCD，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD平面CDEF，BADCDA，ABADDECD2，M是线段AE上的动点(1)试确定点M的位置，使AC平面MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADEBCF分成的较小部分与较大部分的体积比解(1)当M是线段AE的中点时，AC平面MDF.理由如下：连接CE交DF于N，连接MN，因为四边形CDEF是矩形，所以N为CE的中点，又M为AE的中点，所以MNAC，又MN平面MDF，AC平面MDF，所以AC平面MDF.(2)如图，将几何体ADEBCF补成三棱柱ADEBCF，由题意知三棱柱ADEBCF是直三棱柱，其体积VSADECD2248，则几何体ADEBCF的体积VADEBCFV三棱柱ADEBCFVFBBC8222，又V三棱锥FDEMV三棱锥MDEF1，平面MDF将几何体ADEBCF分成的较小部分与较大部分的体积比为.