届高考数学文科二轮分类突破训练第一篇考点六 考查角度2 空间中点线面的位置关系及其判断 Word.docx

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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,α为平面,且m⊥α,则“l⊥m”是“l∥α”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⊥α,∴l∥α或l⊂α;

若l∥α,∵m⊥α,∴l⊥m.∴“l⊥m”是“l∥α”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BA1与AC1所成的角等于60°.

（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=,

所以cos∠ANE===.

答案

（1）60°

（2）

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,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. 

①BM是定值;②点M在某个球面上运动;

③存在某个位置,使DE⊥A1C;④MB∥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,x∈[0,1],给出以下四个命题:

①平面MENF⊥平面BDD1B1;

②当且仅当x=时,四边形MENF的面积最小;

③四边形MENF周长L=f（x）,x∈[0,1]是单调函数;

④四棱锥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.①④B.②C.③D.③④

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+FB2-2MF·FB·cos∠MFB是定值,所以点M是在以B为球心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.

（2）因为E、F分别是棱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①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,|MN|取得最小值,SMENF的最小值为1,此时x=.故②正确;

由②知四边形MENF为菱形,L=f（x）=

4=4在递减,在递增.故③错误;C1-MENF可分割成两个小三棱锥,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④正确.所以选C.

答案

（1）③

（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,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Ⅱ卷,理14改编）已知直线a,b,平面α,且满足a⊥α,b∥α,有下列四个命题:

①对任意直线c⊂α,有c⊥a;

②存在直线c⊄α,使c⊥b且c⊥α;

③对满足a⊂β的任意平面β,有β∥α;

④存在平面β⊥α,使b⊥β.

其中正确的命题有.（填序号） 

解析因为a⊥α,所以a垂直于α内任一直线,所以①正确;由b∥α得α内存在一直线l与b平行,在α内作直线m⊥l,则m⊥b,再将m平移得到直线c,使c⊄α即可,所以②正确;由面面垂直的判定定理可得③不正确;若b⊥β,则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行,必有l⊥β,即有α⊥β,所以④正确.

答案①②④

2.（2018全国Ⅱ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.1B.-1C.D.-

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,

cos∠A1BD1===.

故选C.

答案C

3.（2016年全国Ⅰ卷,文11改编）平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,α⊥平面CB1D1,α∩平面ADD1A1=m,则直线m,BD所成角的大小为（）.

A.B.C.D.

解析连接BC1,AD1,则B1C⊥BC1.

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α.

又∵平面ABC1D1∩平面ADD1A1=AD1,∴m=AD1,易发现△AB1D1是等边三角形,∴∠AD1B1=,∵BD∥B1D1,所以直线m,BD所成角的大小为.

答案C

4.（2018年全国Ⅰ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. 

①存在点E使得直线SA⊥平面SBC;

②平面SBC内存在直线与SA平行;

③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行;

④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①错误;

∵平面SBC∩直线SA=S,

∴平面SBC内的直线与SA相交或异面,故②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③正确;

若SE⊥BA,由EC∥AB,得SE⊥EC,这与∠SEC为钝角矛盾,故④错误.

答案③

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,α,β是两个不同的平面,则下列命题:

①若m⊥n,m⊥α则n∥α;②若α∥β,m⊥α,则m⊥β;

③m⊥β,α⊥β,则m∥α;④若m∥α,n∥α,则m∥n.

其中正确的命题个数是（）.

A.0B.1C.2D.3

解析①存在反例n⊂α,所以错误;②正确;③存在反例m⊂α,所以错误;④直线m,n可能相交或异面,所以错误.所以正确的是②,个数为1,故选B.

答案B

2.（2018届齐齐哈尔市八中二模）已知l,m,n是三条直线,α是一个平面,下列命题中正确命题的个数是（）.

①若l⊥α,则l与α相交;

②若l∥α,则α内有无数条直线与l平行;

③若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α;

④若l∥m,m∥n,l⊥α,则n⊥α.

A.1B.2C.3D.4

解析据题,可知①正确;②正确;③若m∥n,则存在l不垂直α,错误;④若l∥m,m∥n,则有l∥n.又∵l⊥α,∴n⊥α,正确.∴正确的有3个,故选C.

答案C

3.（2018湖南长沙模拟）已知α,β,γ为平面,l是直线,若α∩β=l,则“α⊥γ,β⊥γ”是“l⊥γ”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α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l可以推出l⊥γ;反过来,若l⊥γ,α∩β=l,则根据面面垂直的判定定理,可知α⊥γ,β⊥γ.所以若α∩β=l,则“α⊥γ,β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件.

答案C

4.（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（）.

A.BD1∥CE

B.AC1⊥BD1

C.D1E=2EC1

D.D1E=EC1

解析设B1C∩BC1=O,如图,BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥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D

5.（2018届四川省资阳市三诊）如图,平面α与平面β相交于BC,AB⊂α,CD⊂β,点A∉BC,点D∉BC,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

解析由异面直线判定定理得直线AD与BC是异面直线;在平面β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C

6.（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,α,β为两个不同的平面,则下列命题中正确的是（）.

A.若α⊥β,m⊥β,则m∥α

B.若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β

C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α

D.若m∥n,n⊥α,则m⊥α

解析对于A,若α⊥β,m⊥β,则除了m∥α,还可以m⊂α,故错误;

对于B,若三点不在平面β的同侧,则α与β相交,故错误;

对于C,m⊥α,m⊥n,有可能n⊂α,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D

7.（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ACD1

B.BC1∥平面ACD1

C.BC1⊥DB1

D.三棱锥P-ACD1的体积与P点位置有关

解析连接BD,则BD⊥AC,

∵BB1⊥面ABCD,∴DB1⊥AC,

连接A1D,则A1D⊥AD1,

∵A1B1⊥面ADD1A1,∴DB1⊥AD1,

∴DB1⊥平面ACD1,故A正确;

∵BC1∥AD1,BC1⊄面ACD1,AD1⊂ACD1,

∴BC1∥平面ACD1,故B正确;

∵DB1⊥平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,

∴DB1⊥AD1,

∵BC1∥AD1,

∴BC1⊥DB1,故C正确;

∵BC1∥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D

8.（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:

①BD⊥平面ACD;②△ABC为等边三角形;

③平面ADC⊥平面ABC;④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.①②③B.②③④C.①②④D.①③④

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①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②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△ABC的外接圆圆心,④正确,故选C.

答案C

9.（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.

解析如图所示:

由题知,A1O⊥平面ABC,而BC⊂平面ABC,∴A1O⊥BC,又∵AC=AB=5,

∴BC⊥AO,∵A1O∩AO=O,∴BC⊥平面AOA1,∴BC⊥AA1,在△AOB中,AO2+BO2=AB2,则AO=4,在△A1AO中,A1A2=AO2+A1O2,则A1O=4,过点O作OD∥AB,且AB=OD,连接BD,B1D,∵A1B1∥AB,A1B1=AB,∴A1B1∥OD,A1B1=OD,∴B1D∥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.

答案B

10.（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:

①直线BE与直线CF异面;②直线BE与直线AF异面;③直线EF∥平面PBC;④平面BCE⊥平面PAD.

其中一定正确的选项是（）.

A.①③B.②③C.②③④D.①③④

解析画出几何体的图形,如图.在①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①不正确;直线BE与直线AF异面,故②正确;

在③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③正确;

在④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④不正确.故选B.

答案B

11.（2018广西模拟）已知m,l是直线,α,β是平面,给出下列命题:

①若l垂直α,则l垂直α内的所有直线;

②若l平行α,则l平行α内的所有直线;

③若l⊂β,且l⊥α,则α⊥β;

④若m⊂α,l⊂β,且α∥β,则m∥l.

其中正确的是. 

解析由线面垂直的定义可知①正确;

若l平行α内的所有直线,根据平行公理可得,α内的所有直线都互相平行,显然是错误的,故②错误;

由面面垂直的判定定理可知③正确;

若m⊂α,l⊂β,且α∥β,则l与m无公共点,∴l与m平行或异面,故④错误.

答案①③

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. 

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,∴AB2+BC2=AC2,AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BC,AB⊥BD.

∵BC∩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==2,∴三棱锥A-BCD外接球表面积S=4πr2=4π×22=16π.

答案16π

13.（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）. 

①AG⊥△EFH所在平面;②AH⊥△EFH所在平面;③HF⊥△AEF所在平面;④HG⊥△AEF所在平面.

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所在平面,②对.HF⊥△AEH所在平面,过AE不可能作两个平面与直线HF垂直,③错.如果HG⊥△AEF所在平面,则有HG⊥AG,与②中AH⊥HG矛盾,所以④错.若AG⊥△EFH所在平面,则AG⊥HG,与②中AH⊥HG矛盾,所以①也错,选①③④.

答案①③④

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②④中,直线GH、MN是异面直线.

在图①中,由G、M均为棱的中点,可知GH∥MN.

在图③中,由G、M均为棱的中点,可得四边形GMNH为梯形,所以GH与MN相交.

故选②④.

答案②④

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） 

①A,G,H,C四点共面;

②当平面ABE∥平面CDF时,AC∥平面BFDE;

③当A,C重合于点P时,平面PDE⊥平面PBF;

④当A,C重合于点P时,设平面PBE∩平面PDF=l,则l∥平面BFDE.

解析①在△ABE中,tan∠ABE=,在△ACD中,tan∠CAD=,

∴∠ABE=∠DAC,∴AC⊥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;

②由①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;

③设PE=DE=1,可得PD=,∴PE⊥DE,

则PE⊥BF,又PE⊥PB,BF∩PB=B,

∴PE⊥平面PBF,则平面PDE⊥平面PBF;

④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①②③④.

答案①②③④