《2019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版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019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版含解析.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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“lm ”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lm,m,l或l;若l,m,lm.“lm ”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,结合有关定理,进行判断.分类透析二异面直线所成的角例2 (1)
2、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MNDE,MN=DE,
3、所以MDNE,则ANE为异面直线AN与MD所成的角.在ANE中,AE=5,NE=MD=5,AN=12PB=2,所以cosANE=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,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
4、运动;存在某个位置,使DEA1C;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=12时,四边形MENF的面积最小; 四边形MENF周长L=f(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.解析 (1)如图,取DC中点F,连接MF,BF,MFA1D,且MF=12A1D,FBED且FB=ED,所以MFB=A1DE.由余弦定理
5、可得MB2=MF2+FB2-2MFFBcosMFB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MFA1D与FBED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AA1、CC1的中点,所以EFAC.因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以BB1AC.又因为ABCD为正方形,所以ACBD.因为BDBB1=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EMFN,ENMF,所以四边形MENF为平行四边形.
6、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|EF|2=22|MN|.当M、N分别是棱BB1、DD1的中点时,|MN|取得最小值2,SMENF的最小值为1,此时x=12.故正确;由知四边形MENF为菱形,L=f(x)=41+12-x2=4x2-x+54在0,12递减,在12,1递增.故错误;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
7、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ca;存在直线c,使cb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)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,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
8、l与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.1B.-1C.33D.-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=3a,A1D1=2a,cosA1BD1=A1B2+BD12-A1D122A1BBD1=a2+3a2-2a22a3a=33.故选 C.答案 C3.(2016年全国卷,
9、文11改编)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,平面CB1D1, 平面ADD1 A1=m,则直线m,BD所成角的大小为().A.6B.4C.3D.2解析 连接BC1,AD1,则B1CBC1.又AB平面BCC1B1,B1C平面BCC1B1,ABB1C,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=AD1,易发现AB1D1是等边三角形,AD1B1=3,BDB1D1,所以直线m,BD所成角的大小为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
10、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SEAB.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,SABC.又ADBC,SAAD,这与SAD为锐角矛盾,故错误;平面SBC直线SA=S,平面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FGAE.由线面平行的判定定理,得FG平面SAE,故正确;若SEBA,由ECAB,得SEEC,这与SEC为钝角矛盾,故错误.答案 1.(2018届
11、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mn,m则n;若,m,则m;m,则m;若m,n,则mn.其中正确的命题个数是().A.0B.1C.2D.3解析 存在反例n,所以错误;正确;存在反例m,所以错误;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,lm,ln,则l;若lm,mn,l,则n.A.1B.2C.3D.4 解析 据题,可知正确;正确;若mn,则存在l
12、不垂直,错误;若lm,mn,则有ln.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().A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC1 解析 设B1CBC
13、1=O,如图,BD1平面B1CE,平面BC1D1平面B1CE=OE,BD1OE,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 由异面直线判定定理得直线AD与BC是异面
14、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mB.若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则C.若m,mn,则nD.若mn,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
15、不在平面的同侧,则与相交,故错误;对于C,m,mn,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.BC1DB1D.三棱锥P-ACD1的体积与P点位置有关解析 连接BD,则BDAC,BB1面ABCD,DB1AC,连接A1D,则A1DAD1,A1B1面ADD1A1,DB1AD1,DB1平面ACD1,故A正确;BC1AD1,BC1面ACD1,AD1ACD1,BC1
16、平面ACD1,故B正确;DB1平面ACD1,AD1平面ACD1,DB1AD1,BC1AD1,BC1DB1,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 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BDAD,BDCD,所以BD平
17、面ACD,故正确,排除B选项.由于ADBD,且平面ABD平面ACD,故BD平面ACD,所以BDCD,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.7 B.396 C.23913 D.77解析 如图所示:由题知, A1O平面ABC,
18、而BC平面ABC,A1OBC,又AC=AB=5, BCAO,A1OAO=O,BC平面AOA1,BCAA1,在AOB中, AO2+BO2=AB2,则AO=4,在A1AO中,A1A2=AO2+A1O2,则A1O=43,过点O作ODAB,且AB=OD,连接BD,B1D,A1B1AB,A1B1=AB, A1B1OD, A1B1=OD,B1DA1O,因此CB1D为直线B1C与直线A1O所成的角,又BCBD,CD=213, tanCB1D=21343=396,故选B.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
19、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EFAD,所以EFBC,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EFAD,所以EFBC,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 B
20、11.(2018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ml.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,侧面三角形ACD为以CD为底边的等腰三角形,且腰长为13,若AB=2,则三棱锥A-BCD
21、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13,AB=2,AB2+BC2=AC2,AB2+BD2=AD2,ABBC,ABBD.BCBD=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=3,O2O=1,则r=BO=BO22+O2O2=2,三棱锥A-BCD外接球表面积S=4r2=422=16.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
22、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).AGEFH所在平面;AHEFH所在平面;HFAEF所在平面;HGAEF所在平面.解析 折之前AGEF,CGEF,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AHEFH所在平面,对.HFAEH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HGAG,与中AHHG矛盾,所以错.若AGEFH所在平面,则AGHG,与中AHHG矛盾,所以也错,选.答案 14.(2018
23、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GHMN.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2,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)A,G,H,C四点共面;当平面ABE平面CDF时,AC平面BFDE;当
24、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,tanABE=22,在ACD中,tanCAD=22,ABE=DAC,ACBE,同理可得ACDF,则折叠后,BE平面AGH,DF平面CGH,DFBE,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AGCH,AGCH ,四边形AGHC是平行四边形,ACGH;设PE=DE=1,可得PD=2,PEDE,则PEBF,又PEPB,BFPB=B,PE平面PBF,则平面PDE平面PBF;由BEDF,BE平面PBE,DF平面PBE,DF平面PBE;平面PDF平面PBE=l,则lDF,l平面BEDF,l平面BEDF.故命题正确的是.答案