2019届二轮复习空间点、线、面的位置关系学案（全国通用）

2019届二轮复习空间点、线、面的位置关系学案（全国通用）

‎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、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。‎ 热点题型一 平面基本性质的应用 例1、如右图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点，F为A1A的中点。求证：‎ ‎ ‎ ‎(1)E、C、D1、F四点共面；‎ ‎(2)CE、D1F、DA三线共点。‎ 证明：(1)连接A1B。‎ ‎∵E、F分别是AB和AA1的中点，‎ ‎∴EF綊A1B。‎ 又A1D1綊B1C1綊BC，‎ ‎∴四边形A1D1CB为平行四边形。‎ ‎∴A1B∥CD1，从而EF∥CD1。‎ ‎∴EF与CD1确定一个平面。。X。X。 ‎ ‎∴E、F、D1、C四点共面。 ‎ ‎【提分秘籍】‎ 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)同一法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内。‎ ‎(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合。‎ ‎【举一反三】 ‎ 已知在空间四边形ABCD中，E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝(如图所示)，求证：三条直线EF、GH、AC交于一点。‎ 热点题型二 异面直线的判定 例2、（2018年天津卷）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=，∠BAD=90°．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）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． ‎ ‎（Ⅱ）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=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．‎ 在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．‎ 在等腰三角形DMN中，MN=1，可得． ‎ 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．‎ ‎【变式探究】如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点。问：‎ ‎(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由。‎ ‎(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由。‎ ‎【解析】(1)不是异面直线。理由：‎ 连接MN、A1C1、AC。‎ ‎∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1。‎ 又∵A1A綊C1C， ‎ ‎∴A1ACC1为平行四边形。‎ ‎∴A1C1∥AC，得到MN∥AC。‎ ‎∴A、M、N、C在同一平面内，‎ 故AM和CN不是异面直线。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 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)判定定理法：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。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：‎ ‎①直线AM与CC1是相交直线；‎ ‎②直线AM与BN是平行直线；‎ ‎③直线BN与MB1是异面直线；‎ ‎④直线AM与DD1是异面直线。‎ 其中正确的结论为__________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)‎ ‎【答案】③④‎ 热点题型三 异面直线所成的角 ‎ 例3．（2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ． ‎ 因为AB=AA1=2，‎ 所以．‎ ‎（2）因为Q为BC的中点，所以，‎ 因此，．‎ 设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取，‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为，‎ 则，‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．‎ ‎【变式探究】如图所示，A是△BCD所在平面外一点，AD＝BC，E、F分别是AB、CD的中点。‎ ‎ ‎ ‎(1)若EF＝AD，求异面直线AD与BC所成的角；‎ ‎(2)若EF＝AD，求异面直线AD与BC所成的角。‎ ‎【解析】设G是AC的中点，连结EG、FG。如图所示。‎ ‎ ‎ ‎(1)若EF＝AD，则在△EFG中有 cos∠EGF＝＝＝0，‎ ‎∴∠EGF＝90°，即AD与BC所成的角为90°。‎ ‎【提分秘籍】‎ ‎1．求异面直线所成角的常用方法及类型 常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点空间某特殊点)作平行线平移；补形平移。‎ ‎2．求异面直线所成角的三个步骤 ‎(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。‎ ‎(3)求：通过解三角形，求出该角。‎ ‎【举一反三】 ‎ 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　B. C.　　　D. ‎【解析】如图，取AB的中点E，连接B1E，‎ 则AM∥B1E。取EB的中点F，连接FN，则B1E∥FN，因此AM∥FN。‎ 连接CF，则直线FN与CN所夹的锐角或直角为异面直线AM与CN所成的角θ。设AB＝1，在△CFN中，CN＝，FN＝，CF＝。‎ 由余弦定理cosθ＝ cos∠CNF ＝＝，‎ 故选D。 ‎ ‎ ‎ ‎1. （2018年浙江卷）已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则 A. θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. θ2≤θ3≤θ1‎ ‎【答案】D ‎2. （2018年全国卷Ⅱ）在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则，故选C。‎ ‎3. （2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析 ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 方法一：‎ ‎（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.‎ 方法二：‎ ‎（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy . ‎ 由题意知各点坐标如下： ‎ 因此 由得.‎ 由得.‎ 所以平面.‎ ‎ ‎ ‎4. （2018年天津卷）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=，∠BAD=90°．‎ ‎（Ⅰ）求证：AD⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）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． ‎ ‎（Ⅱ）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=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．‎ 在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．‎ 在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．‎ 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．‎ ‎ ‎ ‎5. （2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ． ‎ 因为AB=AA1=2，‎ 所以．‎ ‎（2）因为Q为BC的中点，所以，‎ 因此，．‎ 设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取， ‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为，‎ 则，‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．‎ ‎1.【2017课标1，文6】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，直接AB与平面MNQ不平行的是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎2．【2017课标3，文10】在正方体中，E为棱CD的中点，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A.若，那么，很显然不成立；B.若，那么，显然不成立；C.若，那么，成立，反过来时，也能推出,所以C成立，D.若，则，显然不成立，故选C.‎ ‎3.【2017课标1，文18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，，且四棱锥P-ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积． ‎ ‎【答案】（1）证明见解析； （2）．‎ ‎【解析】 （1）由已知，得, .‎ 由于，故，从而平面.‎ 又平面，所以平面平面. ‎ ‎ ‎ ‎1.【2016高考新课标1文数】平面过正文体ABCD—A1B1C1D1的顶点A,‎ ‎,,则m,n所成角的正弦值为（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A ‎2.【2016高考上海文 】如图，在正方体ABCD−A1B‎1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎(A)直线AA1 (B)直线A1B1 ‎ ‎(C)直线A1D1 (D)直线B‎1C1‎ ‎【答案】D ‎【解析】只有与在同一平面内，是相交的，其他A，B，C中的直线与都是异面直线，故选D．‎ ‎3.【2016高考浙江文数】已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（ ）‎ A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n ‎【答案】C ‎【解析】由题意知，．故选C． ‎ ‎1.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎（3）取的中点，连结和，因为，所以，在中，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，由（2）知：平面，由（1）知：，所以平面，因为平面，所以，设点到平面的距离为，因为 ‎，所以，即，所以点到平面的距离是 ‎2.【2015高考山东，文18】 如图，三棱台中，分别为的中点.‎ ‎（I）求证：平面；‎ ‎（II）若求证：平面平面. ‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ 证法二：在三棱台中，由为的中点，‎ 可得所以为平行四边形，可得 在中，分别为的中点，‎ 所以又，‎ 所以平面平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面.‎ ‎1．（2014·辽宁卷）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∥n ‎ B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α ‎ D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α ‎【答案】B　‎ ‎【解析】由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与a相交，故D错误．‎ ‎2．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．‎ ‎(1)求证：AB⊥CD；‎ ‎(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ 图15‎ ‎【解析】解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD. ‎ 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．‎ 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.‎ 则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0， 0)，‎ 则即 取 0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎3．（2014·新课标全国卷Ⅱ）直三棱柱ABCA1B‎1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A‎1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】C　‎ ‎4．（2014·四川卷）三棱锥A BCD及其侧视图、俯视图如图14所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.‎ ‎(1)证明：P是线段BC的中点；‎ ‎(2)求二面角A NP M的余弦值．‎ ‎　‎ 图14‎ ‎【解析】解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.‎ 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形， ‎ ‎ ‎ ‎(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.‎ 由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.‎ 因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A NP M的一个平面角．‎ 由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.‎ 由俯视图可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.‎ 作BR⊥AC于R 因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，‎ 所以BR＝＝.‎ 因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，‎ 所以NQ∥BR.‎ 又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，‎ 所以NQ＝＝.‎ 同理，可得MQ＝.‎ 故△MNQ为等腰三角形，‎ 所以在等腰△MNQ中，‎ cos∠MNQ＝＝＝.‎ 故二面角A NP M的余弦值是.‎ 所以M，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎