2021年新课标（老高考）文数复习练习课件：8.2　空间点、线、面的位置关系.pptx

1、考点考点 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则( ) A.ml B.mn C.nl D.mn 答案答案 C 对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D 错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C. 2.(2016山东,6,5分)已知直线a,b分别在两个不同的平面,内.则“直线a和直线b相交”是“平面 和平面相交”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 答案答案 A 因为直线a和直线b相交,所以

2、直线a与直线b有一个公共点,而直线a,b分别在平面,内, 所以平面与必有公共点,从而平面与相交;反之,若平面与相交,则直线a与直线b可能相交、 平行、异面.故选A. 3.(2019课标,8,5分)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( ) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线 答案答案 B 本题考查了两直线的位置关系,通过面面垂直考查了空间想象能力和数学运算能力,体 现的核心素养为直观想象. 过E作

3、EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上, 平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD=CD, EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE, 设CD=2,则EN=2, BE=2,又在正方形ABCD中,BD=2=BE,EBD是等腰三角形, 故在等腰EBD中,M为DE的中点,BM=,BM=2=EN,即BMEN. 又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相交 直线,故选B. 22 EQQN3 1 22 BCCE442 22 222 22 -BEEM8-177 解题关键解题关键 用好面面垂直的性质定理是求解本题的关键. 4.(20

4、16课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m, 平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( ) A. B. C. D. 3 2 2 2 3 3 1 3 答案答案 A 如图,过点A补作一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同棱长的正方体,易知平面为平面AF1 E,则m,n所成角为EAF1(或其补角),因为EAF1为正三角形,所以sinEAF1=sin 60=,故选A. 3 2 5.(2020课标,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1, BF=2FB1.证明:

5、(1)当AB=BC时,EFAC; (2)点C1在平面AEF内. 证明证明 (1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故ACBD.又因为BB1平 面ABCD,于是ACBB1,所以AC平面BB1D1D. 由于EF平面BB1D1D,所以EFAC. (2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG. 因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1AA1,所以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AEGD1. 因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1AA1,所以FGA1B1,FGC1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故G D1 FC

6、1. 于是AEFC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内. 2 3 2 3 1 3 1 3 1.(2019上海春,15,5分)已知平面、两两垂直,直线a、b、c满足:a,b,c,则直 线a、b、c不可能满足以下哪种关系 ( ) A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面 以下为教师用书专用 答案答案 B 设=l,且l与a,b均不重合,假设abc,由ab可得a,b,又=l,可知al,b l,又abc,可得cl,由,两两垂直,可知l与相交,即l与c相交或异面,故假设不成立;若l与a或b 重合,同理可得l与c相交或异面,故假设错误,即三条直线不能两两平行,故选B. 解题

7、关键解题关键 本题考查空间中直线、平面的位置关系,解题关键在于能够通过线面关系得到第三条 直线与前两条直线之间的位置关系,从而得到正确结果. 2.(2015广东,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,l是平面与平面的交线,则下 列命题正确的是( ) A.l与l1,l2都不相交 B.l与l1,l2都相交 C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l至少与l1,l2中的一条相交 答案答案 D 解法一:如图1,l1与l2是异面直线,l1与l平行,l2与l相交,故A,B不正确;如图2,l1与l2是异面直 线,l1,l2都与l相交,故C不正确,选D. 解法二:因为l分别与l1,

8、l2共面,故l与l1,l2要么都不相交,要么至少与l1,l2中的一条相交.若l与l1,l2都不相 交,则ll1,ll2,从而l1l2,与l1,l2是异面直线矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交,选D. 3.(2015浙江,4,5分)设,是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l,m.( ) A.若l,则 B.若,则lm C.若l,则 D.若,则lm 答案答案 A 对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A正确;对于选项B,若,l,m,则l 与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,当l平行于与的交线时,l,但 此时与相交,所以选项C错误;对于选项D,若,则l与m可能

9、平行,也可能异面,所以选项D错误. 故选A. 4.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论; (3)证明:直线DF平面BEG. 解析解析 (1)点F,G,H的位置如图所示. (2)平面BEG平面ACH.证明如下: 因为ABCD-EFGH为正方体,所以BCFG,BC=FG, 又FGEH,FG=EH,所以BCEH,BC=EH, 于是四边形BCHE为平行四边形. 所以BECH. 又CH平面ACH,BE平面ACH, 所以BE平面

10、ACH. 同理BG平面ACH. 又BEBG=B, 所以平面BEG平面ACH. (3)证明:连接FH. 因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH平面EFGH, 因为EG平面EFGH,所以DHEG. 又EGFH,DHFH=H, 所以EG平面BFHD. 又DF平面BFHD,所以DFEG. 同理DFBG. 又EGBG=G, 所以DF平面BEG. 评析评析 本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识,考 查空间想象能力、推理论证能力. 5.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB平面

11、AEC; (2)设AP=1,AD=,三棱锥P-ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离. 3 3 4 解析解析 (1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EOPB. 因为EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC. (2)V=PA AB AD=AB.又V=,所以AB=, 所以PB=. 作AHPB交PB于H. 由题设知BC平面PAB, 因为AH平面PAB, 1 6 3 6 3 4 3 2 22 ABPA 13 2 所以BCAH, 又BCBP=B, 故AH平面PBC. 又AH=, 所以A到平面PBC的距离为. PA AB

12、 PB 3 13 13 3 13 13 思路分析思路分析 (1)由线线平行证出线面平行; (2)首先由题设求出AB,然后过A作AHPB于H,证明AH就是A到平面PBC的距离,通过解三角形求 解即可. 考点考点 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020四川内江、广安、遂宁、乐山等九市二诊,5)已知m,n是两条不重合的直线,是一个平面, 则下列命题正确的是( ) A.若m,n,则mn B.若m,n,则mn C.若mn,m,则n D.若m,n,则mn 答案答案 D 对于选项A:若m,n,则m和n可能平行,相交或异面,故A错误. 对于选项B

13、:若m,n,则m和n可能平行,也可能异面,故B错误. 对于选项C:若mn,m,则n可能在平面内,故C错误. 对于选项D:若m,n,则mn,D正确.故选D. 2.(2020贵州遵义绥阳一模,11)如图,在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,ABCD=O,且AB CD,SO=OB=3,SE=SB,则异面直线SC与OE所成角的正切值为( ) A. B. C. D. 1 4 22 2 5 3 13 16 11 3 答案答案 D 本题以圆锥为载体进行设题,考查异面直线所成角的定义及求法,正切函数,平行线分线 段成比例,考查逻辑推理、数学运算的核心素养,考查学生的空间想象能力和分析问题、解决问题 的

14、能力. 如图,过点S作SFOE,交AB于点F,连接CF,则CSF(或其补角)即为异面直线SC与OE所成的角. SE=SB,SE=BE,又OB=3,OF=OB=1. SOOC,SO=OC=3,SC=3.SOOF,SF= =.OCOF,CF=. 在等腰SCF中,tanCSF=.故选D. 1 4 1 3 1 3 2 22 SOOF 1010 2 2 3 2 ( 10) - 2 3 2 2 11 3 方法总结方法总结 解决异面直线成角问题常用平移法,平移直线有三种方法:中位线、平行四边形、补 体平移.本题可过点S作SFOE,交AB于点F,并连接CF,得出CSF(或其补角)为异面直线SC与OE 所成的角

15、,根据数量关系可得出tanCSF的值. 3.(2020吉林桦甸四中、磐石一中、蛟河实验中学等4月联考,11)我国古代的数学著作九章算术 商功中,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC-A1B1C1中, AB=AC=AA1=2,M、N分别是BB1和A1C1的中点,则平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的 面积为( ) A. B. C. D. 2 21 3 4 21 3 2 7 3 4 7 3 答案答案 A 延长AN,与CC1的延长线交于点P,则P平面BB1C1C,连接PM,与B1C1交于点E,连接NE,得 到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”AB

16、C-A1B1C1所得截面图形, 由题意解三角形可得NE=ME=,AM=AN=,MN=, AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为 S=+=.故选A. 17 3 56 1 2 6 2 2 6 ( 5) - 2 1 2 6 22 176 - 32 2 21 3 解题指导解题指导 先分别延长AN与CC1得交点P,连接PM,与B1C1交于点E,连接NE,则四边形AMEN即为平 面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形,再由数量关系计算出其面积. 4.(2019陕西咸阳模拟检测(二),4)设a,b为两条不同直线,为两个不同平面,则下列命题正确的是 ( ) A.若a,b,则ab

17、B.若a,b,则ab C.若a,a,则 D.若a,b,ab,则 答案答案 D 平行于同一平面的两条直线的位置关系可以是平行、相交或异面,所以A项不正确;分 别位于两个互相平行的平面内的两条直线可以是平行或异面,所以B项不正确;平行于同一条直线 的两个平面可以是相交的,也可以是平行的,所以C项不正确;根据两个平面的法向量垂直时,两个 平面是垂直的,可以得出若a,b,ab,则,所以D项是正确的.故选D. 5.(2019四川成都一诊,9)在各棱长均相等的四面体A-BCD中,已知M是棱AD的中点,则异面直线BM 与AC所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 2 3 2 5 3 6 2 6 答案

18、答案 C 设四面体A-BCD的棱长为2,取CD的中点N,连接MN,BN, M是棱AD的中点,MNAC, BMN(或其补角)是异面直线BM与AC所成的角. BM=BN=,MN=AC=1, 在BMN中,cosBMN=, 异面直线BM与AC所成角的余弦值为. 4-13 1 2 222 - 2 BMMNBN BM MN 3 1-3 23 1 3 6 3 6 6.(2020河南安阳天一“顶尖计划”第三次联考,15)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,AA 1=2AB,E,F,G,H分别是AD,AB,BC,CC1的中点,则异面直线EF与GH的夹角的余弦值为 . 答案答案 10 10

19、 解析解析 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,取DD1的中点N,连接EN,FN. 因为E,F,G,H分别是AD,AB,BC,CC1的中点,由长方体的性质可知GHEN, 所以FEN(或其补角)为异面直线EF与GH所成的角.因为AA1=2AB, 设正方形ABCD的边长为a, 所以AA1=2a,EF=a,EN=a,FN=a. 在EFN中,由余弦定理得cosFEN=-, 所以异面直线EF与GH的夹角的余弦值为. 22 AEAF 2 2 22 DEDN 5 2 222 ADAFDN 3 2 222 - 2 ENEFFN EN EF 22 2 523 - 222 52 2 22 aaa aa 1

20、0 10 10 10 7.(2019河南安阳一模,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是底面ABCD的中心,过O点作一条直线l 与A1D平行,设直线l与直线OC1的夹角为,则cos = . 答案答案 3 6 解析解析 如图所示,设正方体的表面ABB1A1的中心为P,容易证明OPA1D, 所以直线l即为直线OP,角即为POC1(或其补角). 设正方体的棱长为2, 则OP=A1D=,OC1=,PC1=, 则cosPOC1=. 1 2 266 26-6 226 1 2 3 3 6 一、选择题(每小题5分,共35分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：40分钟 分值：40分)

21、1.(2020四川宜宾二诊,9)四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等,M,N分别为PA,CD的中点,下列说法错 误的是( ) A.MN与PD是异面直线 B.MN平面PBC C.MNAC D.MNPB 答案答案 C 本题以四棱锥为载体考查线线、线面平行与垂直的位置关系的判断.考查直观想象、 逻辑推理的核心素养. 已知四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等,M,N分别为PA,CD的中点,MN与PD是异面直线,A说法正 确;取PB的中点H,连接MH,HC,可得MNHC,所以MN平面PBC,B说法正确;MNAC说法不正 确;因为PC=BC,H为PB的中点,所以MNPB,D说法正确.故选C. 2.(2020河

22、南安阳天一“顶尖计划”第三次联考,7)设,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线, 下列说法正确的是( ) A.若mn,m,则n B.若mn,m,n,则 C.若m,n,mn,则 D.若n,mn,m,则 答案答案 D 本题考查空间线面位置关系的判断.考查直观想象、逻辑推理的核心素养. 选项A,直线n可能在平面内,错误;选项B,如果mn,m,n,那么与平行或相交,错误;选项C, 与相交或平行,错误;选项D,n,nm,且m,则必有n,根据面面垂直的判定定理知,正 确. 3.(2020广西桂林、崇左、贺州5月联考,9)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC, A1

23、D1的中点,有下列四个结论: AP与CM是异面直线;AP,CM,DD1相交于一点;MNBD1;MN平面BB1D1D.其中所有正确 结论的序号是( ) A. B. C. D. 答案答案 B 本题考查了空间点、线、面的位置关系,考查学生的空间想象能力,逻辑推理能力.体现 了直观想象、逻辑推理的核心素养. 连接MP,AC,因为MPAC,MPAC,所以AP与CM是相交直线, 又面A1ADD1面C1CDD1=DD1, 所以AP,CM,DD1相交于一点,则不正确,正确. 令ACBD=O,连接OD1,ON. 因为M,N分别是C1D1,BC的中点, 所以OND1MCD,ON=D1M=CD, 则四边形MNOD1

24、为平行四边形,所以MNOD1, 因为MN平面BD1D,OD1平面BD1D, 所以MN平面BD1D,不正确,正确. 综上所述,正确,故选B. 1 2 4.(2020重庆直属校3月联考,9)棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱AB,CC1,C1D1 的中点,则过E,F,G三点的平面截正方体所得截面面积为( ) A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 3 4 3 2 3 3 4 3 3 2 答案答案 C 本题创设平面和正方体的表面相交所形成的多边形的情境,考查空间中线线、线面、 面面间的位置关系,考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 取BC中点P,A1D1中点M

25、,AA1中点N,连接EP、PF、FG、GM、MN、NE,六边形MGFPEN即为截面, 则EPMG,PFMN,GFEN, 且EP=PF=FG=GM=MN=NE=,六边形EPFGMN是正六边形, 过E,F,G三点的平面截正方体所得截面面积为 6=a2.故选C. 22 44 aa 2 2 a 122 sin60? 222 aa 3 3 4 解题关键解题关键 本题关键是利用平面的基本性质作出过E,F,G三点的平面截正方体所得截面,确定为 正六边形进而计算其面积. 5.(2018四川南充检测,9)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(

26、) A.BD1CE B.AC1BD1 C.D1E=2EC1 D.D1E=EC1 答案答案 D 连接BC1,设B1CBC1=O,连接OE,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,C错误.由异面直线的定义知BD1,CE是异 面直线,故A错误.连接AD1,在矩形ABC1D1中,AC1与BD1不垂直,故B错误,故选D. 6.(2019江西南昌二模,10)设点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线BD1的中点,平面过点P,且与 直线BD1垂直,平面平面ABCD=m,则m与A1C所成角的余弦值为( ) A. B. C.

27、 D. 3 3 6 3 1 3 2 2 3 答案答案 B 设正方体的棱长为1.由题意知mAC,直线m与A1C所成角(或其补角)等于ACA1.在 RtACA1中,cosACA1=.故选B. 1 AC AC 2 3 6 3 7.(2019江西百所名校模拟九,12)已知ABC的边长都为2,在边AB上任取一点D,沿CD将BCD折 起,使平面BCD平面ACD.在平面BCD内过点B作BP平面ACD,垂足为P,那么随着点D的变化,点 P的轨迹长度为( ) A. B. C. D. 6 3 2 3 答案答案 C 由题意知,平面BCD平面ACD,且BP平面ACD,那么随着点D的变化,BPCD始终成 立,可得在平面

28、ABC中,BPCP始终成立,即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分,由题知随着 点D的变化,BCD的范围为,可得点P的轨迹是以BC为直径的圆的,即得点P的轨迹长度为 21=. 0, 3 1 3 1 3 2 3 二、填空题(每小题5分,共5分) 8.(2019吉林长春质量监测(二),16)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的 中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为 ,CE和该截面所成角的正弦值 为 . 答案答案 2; 2 10 10 解析解析 由题意,取CD的中点Q,BC的中点P,连接ME、NQ,FQ,QP,EP

29、,EQ, 在正方体中易知,ME与NQ是平行且相等的, 所以MNEQ, 因为MN平面EFQP,EQ平面EFQP, 所以MN平面EFQP, 故平面EFQP就是过EF且与MN平行的平面截正方体所得的截面,PQ=, 所以截面面积S=2=2.连接AC交PQ于点R,再连接RE, 易知CR垂直于平面EFQP,所以CER为直线CE和平面EFQP所成的角. 因为RtCER中,CR=,CE=, 2 22 2 2 5 所以sinCER=. CR CE 2 2 5 10 10 1.(2020 5 3原创题)穿过棱长为1的正方体不相邻两个面(含边界)的直线,与这两个面中任何一个所 成角的正弦值的最小值是( ) A. B

30、. C. D. 2 2 3 3 6 3 3 2 答案答案 B 如图所示. 正方体不相邻两个面,只能是相对的两个面,它们是互相平行的,故同一直线与它们所成角相等.不 妨取平面ABCD和平面A1B1C1D1, 直线l与这两个平面都有公共点,设直线l过点A, 于是直线l与平面ABCD所成的最大角是90(l与直线AA1重合时),最小角是C1AC(l与直线AC1重合 时). 又直线与平面所成角的取值范围是,而在此范围内正弦函数单调递增, 所以sin 的最小值为sinC1AC=. 故选B. 0, 2 1 3 3 3 命题说明命题说明 直线与正方体的棱、面之间的位置关系是学生最常见、最熟悉的问题,但本题设置

31、了 学生不熟悉的场景,完成本题需要理解“正方体的面”“相邻面”“直线与平面所成角”等概念. 体现了直观想象、逻辑推理等核心素养.本题对运算能力也有一定的要求. 2.(2020 5 3原创题)小明在研究直角梯形ABCD(其中ADBC,ADDC)时,作AGBC于G,E,F分别 是AB,DC的中点,连接EF,如图所示,发现以下结论:EFBC;AGEF;AB与CD是相交直线. 现小明将三角形ABG沿AG折起(不与平面AGC重合),则无论折至什么位置,上述三个结论仍然成立 的是( ) A.仅有 B.仅有 C.仅 D. 答案答案 B 在梯形ABCD中,设EF与AG相交于M点,易知AGEF,故AGEM,AG

32、FM. 作出折起后的几何图形,如图所示,在图中,AGEM,AGFM仍然成立,又EMFM=M,所以AG 平面EFM,又EF平面EFM,所以AGEF,故成立;在图中,平面AGC外的直线AB与平面AGC交于 点A,而点ADC,故AB与DC是异面直线,不相交,故不成立;假设EFBC,则E,F,B,C四点共面,因 为E,F分别是AB,DC的中点,所以A,B,C,D四点共面,与前面所证AB与DC是异面直线矛盾,故不成 立. 综上,折起后,仍然成立的仅有,故选B. 易错警示易错警示 本题获得正确并不难,但排除、不容易;折叠后,有平面EFM平面BCG,易误以 为EFBC成立,并由此推出E,F,B,C四点共面,再得出“AB与DC是相交直线”的错误结论.