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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