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1、2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题四 立体几何 第二讲 点、直线、平面之间的位置关系学案2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题四 立体几何 第二讲 点、直线、平面之间的位置关系学案年级：姓名：第二讲点、直线、平面之间的位置关系1(一题多解)(2019全国卷)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()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B取CD的中点O，连接EO，ON.由ECD是正三角形，平面ECD平面
2、ABCD，知EO平面ABCD.EOCD，EOON.又N为正方形ABCD的中心，ONCD.以O为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示不妨设AD2，则E(0,0，)，N(0,1,0)，D(1,0,0)，M，B(1,2,0)，| 2，| ，ENBM.连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交故选B 图 图如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.ECD是正三角形，EFCD.平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD.EF平面ABCD.FN平面ABCD，E
3、FFN.不妨设AB2，则FN1，EF，EN2.EMMD，DGGF，MGEF且MGEF，MG平面ABCD，MGBG.MGEF，BG ，BM，BMEN.连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交故选B2(一题多解)(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A BC D解析：选C如图(1)，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B(或其补角)为异面直线AD1
4、与DB1所成的角连接DB，由题意，得DB，BB12，DB1.图(1)在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1DB1cosDB1B，即54522cosDB1B，cosDB1B.故选C如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系图(2)由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，(1,0，)，(1,1，)，1101()22，|2，|，cos，.故选C3(一题多解)(2017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 BC D解析：选C 解
5、法一：如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1BC1，所以B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角因为ABC120，AB2，BCCC11，所以AB1，AD1.在B1D1C1中，B1C1D160，B1C11，D1C12，所以B1D1，所以cosB1AD1，故选C解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MNAB1，NPBC1，所以PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角易知MNAB1，NPBC1.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知PQM为直角三角形，PQ1，MQAC.在
6、ABC中，AC2AB2BC22ABBCcos ABC412217，所以AC，MQ.在MQP中，MP，则在PMN中，cosPNM，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.4(2016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 BC D解析：选A因为过点A的平面与平面CB1D1平行，平面ABCD平面A1B1C1D1，所以mB1D1BD，又A1B平面CB1D1，所以nA1B，则BD与A1B所成的角为所求角，由题知，BDA1为正三角形，所以m，n所成角的正弦值为.故选A5(2016全国卷)，是两个平面，m
7、、n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与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，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，ABCD所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立；命题正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面相交于直线l，则ln，由m知ml，从而mn，结论正确；由平面与平面平行的定义知命题正确；由平行的传递性及线面角的定义知命题正确答案：6(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点
8、P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_解析：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OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.又PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO .答案： 明 考 情 1高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题2选择题一般在第1011题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小3解答题多出现在第18或第19题的第一
9、问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等.考点一空间点、线、面位置关系的判断|析典例|【例】(1)(2019东莞市一模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A，m，mnnB，n，m，mmnCmn，m，nDm，n，mn(2)(2019南京模拟)已知m，n是不重合的直线，是不重合的平面，有下列命题：若n，m，m，则mn；若m，m，则；若m，mn，则n；若m，mn，则n.其中所有真命题的序号是_解析(1)由m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，得：在A中，m，mn，则n与相交、平行或n，故A错误；在B中，n，m，m，则由线面平行的性质定理得mn，故B正确；
10、在C中，mn，m，n，则与相交或平行，故C错误；在D中，m，n，则m与n平行或异面，故D错误故选B(2)由m，n是不重合的直线，是不重合的平面，知：在中，若n，m，m，则由直线与平面平行的性质定理得mn，故正确；在中，若m，m，则由面面平行的判定定理得，故正确；在中，若m，mn，则n与相交、平行或n，故错误；在中，若m，mn，则n或n，故错误其中所有真命题的序号为.答案(1)B(2)| 规 律 方 法 |判断与空间位置关系有关命题真假的方法(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，
11、结合有关定理，进行肯定或否定(3)借助反证法，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|练题点|1(2019安徽宣城第二次调研)已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是()A若m，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若，m，则mD若，m，则m解析：选D若m，m，n，则由线面平行的性质可得mn，故A正确；若，m，n，则由线面垂直的性质可得mn，故B正确；若，m，则由面面垂直的性质可得m，故C正确；若，m，则m或m，故D不正确2(2019内蒙古包头一模)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
12、，有ca；存在直线c，使cb且ca；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)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ml，则mb，ma，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b平行，必有l，即有，而满足b的平面有无数个，所以正确答案：考点二空间平行、垂直关系的证明|析典例|【例】(2019济南模拟)如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点求证：(1)EF平面MNCB；(2)平面MAC平面BND.思路分析第(1)问：求什么，如何想要证EF平面MNCB，想着证明EF平行于平面MNCB内一条线给什么，如何用已知F是DC的中点，可取NC的中点G，证明MEFG是平行四边形第(2)问：求什么，如何想要证平面MAC平面BND，想着利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直给什么，如何用已知MADN是矩形，可证ACND，ACBD，问题得证规范解答(1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为F，G分别为DC，NC的中点，所以GFND且GFND，又MEND且MEND，所以GF与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行
