2019高考数学二轮复习训练第一部分专题九点线面之间的位置关系讲义

专题九点、线、面之间的位置关系卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ2018直线与平面所成的角、正方体的截面面积的最值·T12求异面直线所成的角·T9面面垂直的证明·T19(1)面面垂直的证明·T18(1)线面垂直的证明·T20(1)2017面面垂直的证明·T18(1)求异面直线所成的角·T10圆锥、空间线线角的求解·T16线面平行的证明·T19(1)面面垂直的证明·T19(1)2016求异面直线所成的角·T11空间中线、面位置关系的判定与性质·T14线面平行的证明·T19(1)面面垂直的证明·T18(1)翻折问题、线面垂直的证明·T19(1)纵向把握趋势卷Ⅰ3年5考，且以选择题的形式考查线线角、线面角以及空间几何体的截面问题，位置关系的证明均出现在解答题中，且连续3年均考查了面面垂直的证明．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查位置关系的证明，在小题中考查空间位置关系的判断或异面直线问题，难度适中卷Ⅱ3年6考，且每年均有1小1大，涉及空间位置关系的判定、求异面直线所成的角、线面平行或垂直的证明、翻折问题，难度中等．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查线面位置关系的证明，以选择题或填空题的形式考查异面直线所成角的求法，难度适中卷Ⅲ3年4考，涉及线面平行的证明、面面垂直的证明以及线线角的求法，难度适中．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查面面垂直问题，在选择题或填空题中考查线线角的求法横向把握重点1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)＋一道解答题或只考一道解答题．2.选择题一般在第9～11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及空间角的求解，难度较小．3.解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等.空间位置关系的判定与线线角、线面角[题组全练]1.在如图所示的正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．异面解析：选A如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，∴四边形BFOE是平行四边形，∴BF∥OE，∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，∴BF∥平面AD1E.2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中真命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解析：选B①，m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③，m∥β或m⊂β，故③错误；④，α∥β或α与β相交，故④错误．3．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22B.32C.52D.72解析：选C如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝5，则tan∠EAB＝BEAB＝52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为52.4．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝2r.在△SAB中，cos∠ASB＝78，∴sin∠ASB＝158，∴S△SAB＝12SA·SB·sin∠ASB＝12×(2r)2×158＝515，解得r＝210，∴SA＝2r＝45，即母线长l＝45，∴S圆锥侧＝πrl＝π×210×45＝402π.答案：402π[系统方法]1．判定空间位置关系的方法(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，结合有关定理，进行判断．2．当线线角、线面角出现在客观题中时，多用定义法求解．若出现在解答题中多用向量法求解．空间平行、垂直关系的证明[由题知法][典例](2018·石家庄摸底)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．(1)求证：BF∥平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.[证明](1)取PD的中点为G，连接FG，AG，∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，FG∥CD，∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，∴BF∥平面ADP.(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，∴四边形ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.∴MD綊FG.∴四边形DMFG为平行四边形．∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，即BD⊥平面AOF.[类题通法]1．垂直、平行关系中的转化与化归思想(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．(3)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．2．垂直、平行关系的常用证明方法方法证明线线平行①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换证明线线垂直①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a[应用通关]1.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝22，点E在A1D上．(1)证明：AA1⊥平面ABCD；(2)当A1EED为何值时，A1B∥平面EAC，并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离．解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝2.在△AA1B中，由AA21＋AB2＝A1B2，得AA1⊥AB，同理可知AA1⊥AD.又AB∩AD＝A，所以AA1⊥平面ABCD.(2)当A1EED＝1时，A1B∥平面EAC.证明如下：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，连接OE，因为A1EED＝1，所以点E为A1D的中点，所以OE∥A1B，又A1B⊄平面EAC，EO⊂平面EAC，所以A1B∥平面EAC.所以直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离，因为E为A1D的中点，所以可转化为点D到平面EAC的距离，设AD的中点为F，连接EF，则EF∥AA1，所以EF⊥平面ACD，且EF＝1，可求得S△ACD＝3，所以VE­ACD＝13×3×1＝33.易知AE＝2，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝72，又因为VD­AEC＝VE­ACD，所以13S△EAC·d＝33(d表示点D到平面EAC的距离)，解得d＝2217，所以直线A1B与平面EAC之间的距离为2217.2．(2018·长春模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A­BCB1的体积．解：(1)证明：连接ED，∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，B1C⊂平面AB1C，∴B1C∥ED.∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点，∵AB＝BC，∴BD⊥AC.∵A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴A1A⊥BD.∵A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，∴BD⊥平面A1ACC1.(2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1，由(1)知AD＝12AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，∴AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，∴S△ABC＝12AB·BC＝12，∴VA­BCB1＝VB1­ABC＝13S△ABC·BB1＝13×12×1＝16.与平行、垂直有关的折叠、探索性问题[由题知法][典例](2019届高三·武汉调研)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE⊥平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝22.又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE.(2)AMAB＝14，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，FL＝12EC＝1.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝14AB，∴M，F，L，A四点共面．若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝14AB，即AMAB＝14.[类题通法]1．求解平面图形折叠问题的关键和方法关键分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口方法把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决2．探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径：①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．(2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[应用通关]1．(2019届高三·西安八校联考)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图2所示的三棱锥D­ABC.(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．解：(1)证明：∵AC＝AD2＋CD2＝22，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC，∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面ACD.(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，由(1)知，VF­BCE＝VB­CEF＝13×S△CEF×BC.∵S△CEF＝14S△ACD＝14×12×2×2＝12，∴VF­BCE＝13×12×22＝23.2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且AEAB＝m，点F为PD中点．(1)若m＝12，证明：AF∥平面PEC；(2)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，因为点F为PD的中点，所以FM＝12CD.因为m＝12，所以AE＝12AB＝FM，又FM∥CD∥AE，所以四边形AEMF为平