2019届高考数学二轮复习第一篇考点六立体几何考查角度2空间中点、线、面的位置关系及其判断突破训练文.docx

1、1考查角度 2 空间中点、线、面的位置关系及其判断分类透析一 点、线、面位置关系的判定例 1 若 l,m是两条不同的直线, 为平面,且 m ,则“ l m ”是“ l ” 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解析 若 l m,m ,l 或 l ;若 l ,m ,l m. “l m ”是“ l ” 的必要不充分条件,故选 B.答案 B方法技巧 空间点、线、面位置关系的判断有两种方法,一是借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断;二是借助空间几何模型,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

2、有关定理,进行判断 .分类透析二 异面直线所成的角例 2 (1)在三棱柱 ABC-A1B1C1中,若 BAC=90,AB=AC=AA1,AA1平面 ABC,则异面直线BA1与 AC1所成的角等于 . (2)在四棱锥 P-ABCD中, PA平面 ABCD,ABCD为正方形, AB=PA=2,M,N分别为 PA,PB的中点,则 MD与 AN所成角的余弦值为 . 解析 (1)如图,延长 CA到 D,使得 AD=AC,连接 A1D,则四边形 ADA1C1为平行四边形, DA1B就是异面直线 BA1与 AC1所成的角,又由 AB=AC=AA1得 A1DB为等边三角形,则 DA1B=60,所以异面直线 B

3、A1与 AC1所成的角等于 60.2(2)如图,取 CD的中点 E,连接 AE,AN,NE,MN,MD,易得 MN DE,MN=DE,所以 MD NE,则 ANE为异面直线 AN与 MD所成的角 .在 ANE中, AE= ,NE=MD= ,AN= PB= ,5 512 2所以 cos ANE= = = .AN2+NE2-AE22ANNE 2+5-5225 1010答案 (1)60 (2)1010方法技巧 求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移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;补形平移等 .分类透析三 动态立体几何问题例 3 (1)如图,

4、矩形 ABCD中, AB=2AD,E为边 AB的中点,将 ADE沿线段 DE翻折成A1DE.若 M为线段 A1C的中点,则在 ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是 . BM 是定值; 点 M在某个球面上运动; 存在某个位置,使 DE A1C;MB 平面 A1DE.(2)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,E、 F分别是棱 AA1、 CC1的中点,过直线EF的平面分别与棱 BB1、 DD1交于点 M、 N,设 BM=x,x0,1,给出以下四个命题: 平面 MENF平面 BDD1B1; 当且仅当 x= 时,四边形 MENF的面积最小; 12 四边形 MENF周长 L=f

5、(x),x0,1是单调函数; 四棱锥 C1-MENF的体积 V=h(x)为常函数;以上命题中假命题的序号为( ).A. B. C. D.3解析 (1)如图,取 DC中点 F,连接 MF,BF,MF A1D,且 MF= A1D,FB ED且 FB=ED,所以 MFB= A1DE.由余弦定理可得 MB2=MF2+FB2-122MFFBcos MFB是定值,所以点 M是在以 B为球心, MB为半径的球上,可得 正确;由MF A1D与 FB ED可得平面 MBF平面 A1DE,可得 正确; A1C在平面 ABCD中的投影与 AC重合, AC与 DE不垂直,可得 不正确 .(2)因为 E、 F分别是棱

6、AA1、 CC1的中点,所以 EF AC.因为 ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以 BB1 AC.又因为 ABCD为正方形,所以 AC BD.因为 BD BB1=B,所以 AC平面 BDD1B,即EF平面 BDD1B.因为 EF平面 MENF,所以平面 MENF平面 BDD1B1.故 正确;由面面平行的性质定理可得 EM FN,EN MF,所以四边形 MENF为平行四边形 .又因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,且 E、 F分别是棱 AA1、 CC1的中点,所以 EM=MF,所以四边形 MENF为菱形,所以 SMENF= = |MN|.当 M、 N分别是棱 BB1、 DD1的中点时,

7、 |MN|取得最小值|MN|EF|2 22,SMENF的最小值为 1,此时 x= .故 正确;212由 知四边形 MENF为菱形, L=f(x)=4 =4 在 递减,在 递增 .故 错误; C1-MENF可分割1+(12-x)2 x2-x+54 (0,12) (12,1)成两个小三棱锥,它们以 C1EF为底,因为三角形 C1EF的面积为常数,点 M,N到平面 C1EF的距离为常数,故 正确 .所以选 C.答案 (1) (2)C方法技巧 立体几何动态问题,是近年高考的热点问题 .在立体几何中除了固定不变的线线、线面、面面关系之外,经常渗透一些“动态”的点、线、面等元素 .在求解这类立体几何问题时

8、,如果我们能探寻运动中静止的一面,运用数学思想方法进行有效转化,进而求解 .1.(2016年全国 卷,理 14改编)已知直线 a,b,平面 ,且满足 a ,b ,有下列四个命题: 对任意直线 c ,有 c a; 存在直线 c ,使 c b且 c ; 对满足 a 的任意平面 ,有 ; 存在平面 ,使 b .其中正确的命题有 .(填序号) 4解析 因为 a ,所以 a垂直于 内任一直线,所以 正确;由 b 得 内存在一直线 l与 b平行,在 内作直线 m l,则 m b,再将 m平移得到直线 c,使 c 即可,所以 正确;由面面垂直的判定定理可得 不正确;若 b ,则由 b 得 内存在一条直线l与

9、 b平行,必有 l ,即有 ,所以 正确 .答案 2.(2018全国 卷,文 9改编) 在三棱柱 ABC-A1B1C1中, AA1与 AC、 AB所成角均为 60, BAC=90,且 AB=AC=AA1,则 A1B与 AC1所成角的余弦值为( ).A.1 B.-1 C. D.-33 33解析 如图所示,把三棱柱补为四棱柱 ABDC-A1B1D1C1,连接 BD1,则 BD1/AC1,则 A1BD1就是异面直线 A1B与 AC1所成的角,设 AB=a,在 A1BD1中, A1B=a,BD1= a,A1D1= a,3 2cos A1BD1= = = .A1B2+BD21-A1D212A1BBD1

10、a2+3a2-2a22a3a 33故选 C .答案 C3.(2016年全国 卷,文 11改编)平面 过正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 AB, 平面 CB1D1, 平面 ADD1A1=m,则直线 m,BD所成角的大小为( ).A. B. C. D.6 4 3 2解析 连接 BC1,AD1,则 B1C BC1.5又 AB 平面 BCC1B1,B1C平面 BCC1B1,AB B1C,从而 B1C平面 ABC1D1, 平面ABC1D1平面 CB1D1,即平面 ABC1D1即为平面 .又 平面 ABC1D1平面 ADD1A1=AD1,m=AD 1,易发现 AB1D1是等边三角形, AD1B1=

11、,BD B1D1,所以直线 m,BD所成角的大小为 .3 3答案 C4.(2018年全国 卷,文 10改编)如图,点 E为正方形 ABCD边 CD上异于点 C,D的动点,将ADE沿 AE翻折成 SAE,使得平面 SAE平面 ABCE,则下列说法中正确的是 . 存在点 E使得直线 SA平面 SBC; 平面 SBC内存在直线与 SA平行; 平面 ABCE内存在直线与平面 SAE平行; 存在点 E使得 SE AB.解析 若直线 SA平面 SBC,则直线 SA垂直平面 SBC内任意一条直线, SA BC.又 AD BC,SA AD,这与 SAD为锐角矛盾,故 错误; 平面 SBC直线 SA=S, 平面

12、 SBC内的直线与 SA相交或异面,故 错误;取 AB的中点 F,连接 BE,取 BE的中点 G,连接 FG,则 FG AE.由线面平行的判定定理,得 FG平面 SAE,故 正确;若 SE BA,由 EC AB,得 SE EC,这与 SEC为钝角矛盾,故 错误 .答案 1.(2018届西安市长安区第二次模拟)设 m,n是两条不同的直线, , 是两个不同的平面,则下列命题: 若 m n,m 则 n ; 若 ,m ,则 m ;m , ,则 m ; 若 m ,n ,则 m n.6其中正确的命题个数是( ).A.0 B.1 C.2 D.3解析 存在反例 n ,所以错误; 正确; 存在反例 m ,所以错

13、误; 直线 m,n可能相交或异面,所以错误 .所以正确的是 ,个数为 1,故选 B.答案 B2.(2018届齐齐哈尔市八中二模)已知 l,m,n是三条直线, 是一个平面,下列命题中正确命题的个数是( ). 若 l ,则 l与 相交; 若 l ,则 内有无数条直线与 l平行; 若 m ,n ,l m,l n,则 l ; 若 l m,m n,l ,则 n .A.1 B.2 C.3 D.4 解析 据题,可知 正确; 正确; 若 m n,则存在 l不垂直 ,错误; 若 l m,m n,则有 l n.又 l ,n ,正确 . 正确的有 3个,故选 C.答案 C3.(2018湖南长沙模拟)已知 , , 为

14、平面, l是直线,若 =l ,则“ , ”是“ l ”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 由 , , =l 可以推出 l ;反过来,若 l , =l ,则根据面面垂直的判定定理,可知 , . 所以若 =l ,则“ , ”是“l ”的充要条件 .答案 C4.(2018广东百校第二次联考)如图, E是正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 C1D1上的一点(不与端点重合), BD1平面 B1CE,则( ).7A.BD1 CEB.AC1 BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC1解析 设 B1C BC1=O,如图, BD1平面 B1CE,平面 B

15、C1D1平面 B1CE=OE,BD 1 OE,O为 BC1的中点, E 为 C1D1的中点, D正确 .由异面直线的定义知 BD1,CE是异面直线,故 A错 .在矩形 ABC1D1中, AC1与 BD1不垂直,故 B错 .D1E=EC1,C显然是错误的,故选 D.答案 D5.(2018届四川省资阳市三诊)如图,平面 与平面 相交于 BC,AB ,CD ,点 ABC,点 DBC,则下列叙述错误的是 ( ).A.直线 AD与 BC是异面直线B.过 AD只能作一个平面与 BC平行C.过 AD只能作一个平面与 BC垂直D.过 D只能作唯一平面与 BC垂直,但过 D可作无数个平面与 BC平行解析 由异面

16、直线判定定理得直线 AD与 BC是异面直线;在平面 内仅有一条直线过点 D且与 BC平行,这条直线与 AD确定一个平面与 BC平行,即过 AD只能作一个平面与 BC平行;若 AD垂直 BC,则过 AD可以作一个平面与 BC垂直,若 AD不垂直 BC,则过 AD不可以作一个平面与 BC垂直 .因此 C错;过 D只能作唯一平面与 BC垂直,但过 D可作无数个平面与 BC平行 .选 C.答案 C6.(新疆乌鲁木齐市 2018年高三年级第二次质量监测)已知 m,n为两条不同的直线, ,为两个不同的平面,则下列命题中正确的是( ).A.若 ,m ,则 m 8B.若平面 内有不共线的三点到平面 的距离相等

17、,则 C.若 m ,m n,则 n D.若 m n,n ,则 m 解析 对于 A,若 ,m ,则除了 m ,还可以 m ,故错误;对于 B,若三点不在平面 的同侧,则 与 相交,故错误;对于 C,m ,m n,有可能 n ,故错误;对于 D,根据平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于平面,故正确,故选 D.答案 D7.(2018年山东济南外国语学校月考)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, P为线段 BC1上的动点,则下列判断错误的是( ).A.DB1平面 ACD1B.BC1平面 ACD1C.BC1 DB1D.三棱锥 P-ACD1的体积与 P点位置有关解析 连接 BD,则 BD

18、 AC,BB 1面 ABCD,DB 1 AC,连接 A1D,则 A1D AD1,A 1B1面 ADD1A1,DB 1 AD1,DB 1平面 ACD1,故 A正确;BC 1 AD1,BC1面 ACD1,AD1ACD1,BC 1平面 ACD1,故 B正确;DB 1平面 ACD1,AD1平面 ACD1,DB 1 AD1,9BC 1 AD1,BC 1 DB1,故 C正确;BC 1平面 ACD1,P为线段 BC1上的动点, 三棱锥 P-ACD1的体积为定值,与 P点位置无关,故 D错误 .故答案为 D.答案 D8.(四川省德阳市 2018届高三二诊考试)以等腰直角三角形 ABC的斜边 BC上的中线 AD

19、为折痕,将 ABD与 ACD折成互相垂直的两个平面,得到以下四个结论:BD 平面 ACD; ABC为等边三角形; 平面 ADC平面 ABC; 点 D在平面 ABC内的射影为 ABC的外接圆圆心 .其中正确的有( ).A. B. C. D.解析 由于三角形 ABC为等腰直角三角形,故 BD AD,BD CD,所以 BD平面 ACD,故 正确,排除 B选项 .由于 AD BD,且平面 ABD平面 ACD,故 BD平面 ACD,所以 BD CD,由此可知 AB=BC=AC,三角形为等边三角形,故 正确,排除 D选项 .由于 DA=DB=DC,且 ABC为等边三角形,故点 D在平面 ABC内的射影为

20、ABC的外接圆圆心, 正确,故选 C.答案 C9.(山西省晋城市 2018届高三上学期第一次模拟考试)在如图所示的三棱柱 ABC-A1B1C1中,已知 AA1=8,AC=AB=5,BC=6,点 A1在底面 ABC上的射影是线段 BC的中点 O,则直线 B1C与直线A1O所成角的正切值为( ).A. B. C. D.7396 23913 77解析 如图所示:由题知, A1O平面 ABC,而 BC平面 ABC,A 1O BC,又 AC=AB= 5, 10BC AO,A 1O AO=O,BC 平面 AOA1,BC AA1,在 AOB中, AO2+BO2=AB2,则 AO=4,在 A1AO中, A1A

21、2=AO2+A1O2,则 A1O=4 ,过点 O作 OD AB,且 AB=OD,连接3BD,B1D,A 1B1 AB,A1B1=AB, A 1B1 OD, A1B1=OD,B 1D A1O,因此 CB1D为直线 B1C与直线 A1O所成的角,又 BC BD,CD= 2 , tan CB1D= = ,故选 B.1321343 396答案 B10.(2018年成都石室中学期中)如图是一几何体的平面展开图,其中 ABCD为正方形,四个三角形是以 P为顶点的等腰三角形, E,F分别为 PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论: 直线 BE与直线 CF异面; 直线 BE与直线 AF异面; 直线

22、EF平面 PBC; 平面BCE平面 PAD.其中一定正确的选项是( ).A. B. C. D.解析 画出几何体的图形,如图 .在 中,因为 E,F是 PA与 PD的中点,可知 EF AD,所以EF BC,直线 BE与直线 CF是共面直线,故 不正确;直线 BE与直线 AF异面,故 正确;在 中,由 E,F是 PA与 PD的中点,可知 EF AD,所以 EF BC,因为 EF平面 PBC,BC平面 PBC,所以直线 EF平面 PBC,故 正确;在 中,因为 PAB是等腰三角形, BE与 PA的关系不能确定,所以平面 BCE与平面 PAD不一定垂直,故 不正确 .故选 B.答案 B11.(2018

23、广西模拟)已知 m,l是直线, , 是平面,给出下列命题: 若 l垂直 ,则 l垂直 内的所有直线; 若 l平行 ,则 l平行 内的所有直线; 若 l ,且 l ,则 ; 若 m ,l ,且 ,则 m l.11其中正确的是 . 解析 由线面垂直的定义可知 正确;若 l平行 内的所有直线,根据平行公理可得, 内的所有直线都互相平行,显然是错误的,故 错误;由面面垂直的判定定理可知 正确;若 m ,l ,且 ,则 l与 m无公共点, l 与 m平行或异面,故 错误 .答案 12.(河南省漯河市高级中学 2018届高三上学期第四次模拟考试)三棱锥 A-BCD中,底面BCD是边长为 3的等边三角形,侧

24、面三角形 ACD为以 CD为底边的等腰三角形,且腰长为,若 AB=2,则三棱锥 A-BCD外接球的表面积是 . 13解析 如图, 三棱锥 A-BCD中,底面 BCD是边长为 3的等边三角形,侧面 ACD为等腰三角形,且腰长为 ,AB=2,AB 2+BC2=AC2,AB2+BD2=AD2,AB BC,AB BD.13BC BD=B,AB 平面 BCD, 将三棱锥还原成三棱柱 AEF-BCD,则上下底面中心O1,O2的连线的中点 O为三棱锥 A-BCD外接球的球心,如图, BO2= ,O2O=1,则 r=BO=3=2, 三棱锥 A-BCD外接球表面积 S=4 r2=4 22=16 .BO22+O2

25、O2答案 1613.(南宁市 2018届高三毕业班摸底联考)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.下列说法错误的是 (将符合题意的选项序号填到横线上) .AG EFH所在平面; AH EFH所在平面; HF AEF所在平面; HG AEF所在平面 .12解析 折之前 AG EF,CG EF,折之后也垂直,所以 EF平面 AHG,折之前 B, D, C均为直角,折之后三点重合,所以折之后 AH,EH,FH三条直线两两垂直 .所以 AH EFH

26、所在平面, 对 .HF AEH所在平面,过 AE不可能作两个平面与直线 HF垂直, 错 .如果 HGAEF所在平面,则有 HG AG,与 中 AH HG矛盾,所以 错 .若 AG EFH所在平面,则AG HG,与 中 AH HG矛盾,所以 也错,选 .答案 14.(2018河南二模)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 GH,MN是异面直线的图形的序号为 . 解析 由异面直线的判定定理可知,在图 中,直线 GH、 MN是异面直线 .在图 中,由 G、 M均为棱的中点,可知 GH MN.在图 中,由 G、 M均为棱的中点,可得四边形 GMNH为梯形,所以 GH与 MN

27、相交 .故选 .答案 15.(2018届福建省泉州市质量检查数学试题)如图,一张 A4纸的长宽之比为 ,E,F 分别2为 AD,BC的中点 .现分别将 ABE, CDF沿 BE,DF折起,且 A,C在平面 BFDE同侧,下列命题正确的是 .(写出所有正确命题的序号) A ,G,H,C四点共面;13 当平面 ABE平面 CDF时, AC平面 BFDE; 当 A,C重合于点 P时,平面 PDE平面 PBF; 当 A,C重合于点 P时,设平面 PBE平面 PDF=l ,则 l平面 BFDE.解析 在 ABE中,tan ABE= ,在 ACD中,tan CAD= ,22 22 ABE= DAC,AC

28、BE,同理可得 AC DF,则折叠后, BE平面 AGH,DF平面 CGH,DF BE,平面 AGH与平面 CHG有公共点,则平面 AGH与平面 CHG重合,即 A,G,H,C四点共面; 由 可知,平面 ABE平面 AGHC=AG,平面 CDF平面 AGHC=CH,当平面 ABE平面 CDF时,得到 AG CH,AG CH , 四边形 AGHC是平行四边形, AC GH; 设 PE=DE=1,可得 PD= ,PE DE,2则 PE BF,又 PE PB,BF PB=B,PE 平面 PBF,则平面 PDE平面 PBF; 由 BE DF,BE平面 PBE,DF平面 PBE,DF 平面 PBE;平面 PDF平面 PBE=l,则 l DF,l 平面 BEDF,l 平面 BEDF.故命题正确的是 .答案 14