資源簡介

　空間點、線、面的位置關(guān)系
考點1　空間點、線、面的位置關(guān)系的判定
1．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　)
A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線
C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
B　[取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B．]
2．(2021·浙江高考)如圖，已知正方體ABCD A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則(　　)
A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCD
B．直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1
C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCD
D．直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1
A　[連接AD1(圖略)，則易得點M在AD1上，且AD1⊥A1D．因為AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直．在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直．所以選項A正確．故選A．]
3．(2021·新高考卷Ⅱ改編)如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點，P為正方體所在棱的中點，則滿足MN⊥OP的是(　　)
①　　　　　　　　　②
③　　　　　　　　　　　④
A．①② B．②③
C．①②③ D．②③④
B　[作出OP在MN所在平面的射影，若射影垂直于MN，則OP⊥MN，經(jīng)驗證知②③滿足，故選B．]
4．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________．
　[如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．
再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF，
所以CO為∠ACB的平分線，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝.]
命題規(guī)律：以空間幾何體為載體考查空間點、線、面位置關(guān)系的判斷及有關(guān)量的計算，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，題目難度適中，分值5分．
通性通法：1.判斷空間線面位置關(guān)系常用的方法
根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題，必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷．
2．有關(guān)量的計算常采用化空間為平面的方式，轉(zhuǎn)化到平面圖形(如直角三角形、等腰梯形等)中給予解答．
1．[以平面展開圖為載體]如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中，下列結(jié)論成立的是(　　)
①AE∥CD；
②CH∥BE；
③DG⊥BH；
④BG⊥DE.
A．①② B．①③
C．②③④ D．①③④
C　[還原正方體直觀圖如圖，可知AE與CD為異面直線，故①不正確；由EHBC，可得CH∥BE，故②正確；正方體中易得DG⊥平面BCH，所以有DG⊥BH，故③正確；因為BG∥AH，且DE⊥AH，所以BG⊥DE，故④正確．故選C．]
2．[以正方體為載體](2021·湖北十一校聯(lián)考)正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則下列結(jié)論成立的是(　　)
①直線D1D與直線AF垂直；
②直線A1G與平面AEF平行；
③平面AEF截正方體所得的截面面積為；
④點A1與點D到平面AEF的距離相等．
A．①② B．①④
C．①②③ D．②③④
D　[∵CC1與AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF與DD1不垂直，故①錯誤；取B1C1的中點N，連接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，則直線A1G∥平面AEF，故②正確；把截面AEF補形為四邊形AEFD1，由四邊形AEFD1為等腰梯形，可得平面AEF截正方體所得的截面面積S＝，故③正確；顯然點A1與點D到平面AEFD1的距離相等，故④正確．故選D．]
3．[開放性試題]已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.
若m∥α，l⊥α，則l⊥m(答案不唯一)　[已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可能與α平行，或l與α相交但不垂直；
由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正確的命題是②③ ①或①③ ②.]
考點2　空間角
1．(2021·全國卷乙)在正方體ABCD A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為(　　)
A． B．
C． D．
D　[如圖所示，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以異面直線PB與AD1所成角等于∠PBC1的大小．根據(jù)P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1，P，C1三點共線，由正方體易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝，又P為A1C1的中點，所以∠PBC1＝∠A1BC1＝.]
2.(2018·天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求證：AD⊥BC；
(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；
(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
(2)如圖，取棱AC的中點N，連接MN，ND．因為M為棱AB的中點，故MN∥BC．所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，AD＝2，故DM＝＝.
因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN＝1，AD＝2，
故DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝＝.所以異面直線BC與MD所成角的余弦值為.
(3)連接CM.因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM⊥AB，CM＝.
又因為平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM 平面ABC，
故CM⊥平面ABD．
所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
所以直線CD與平面ABD所成角的正弦值為.
命題規(guī)律：以空間幾何體為載體考查線線角和線面角的定義與計算，以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，題目難度中等，分值5分．
通性通法：空間角的求解技法
(1)異面直線所成的角——平移法：基本思路是 “作(平行線)——證(平行)——算(解三角形)”，其中作平行線是關(guān)鍵，一般借助中位線、平行四邊形、平行線分線段成比例定理推論等知識解決．
提醒：兩條異面直線所成角的范圍是(0°，90°]．
(2)線面角——定義法：直線和平面所成的角的求解關(guān)鍵是找出或作出過斜線上一點的平面的垂線，得到斜線在平面內(nèi)的射影．
1．[以長方體為載體] (2021·玉溪模擬)如圖，在長方體ABCD A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E，F(xiàn)分別是BC，DC的中點，則異面直線AD1與EF所成角的余弦值為(　　)
A． B．
C．　 D．
A　[∵B1D1∥EF，∴異面直線AD1與EF所成角是∠AD1B1或其補角，在△AD1B1中，AD1＝，AB1＝，D1B1＝2， ∴cos∠AD1B1＝.
∴異面直線AD1與EF所成角的余弦值為.故選A．]
2．[以四棱錐為載體]已知正四棱錐S ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點，則AE，SD所成的角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
C　[設(shè)AC，BD的交點為O，連接EO(圖略)，則∠AEO為AE，SD所成的角或其補角．
設(shè)正四棱錐的棱長為a，
則AE＝a，EO＝a，OA＝a，
所以cos∠AEO＝
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a)),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a)))＝，故選C．]
3.[以三棱柱為載體]如圖，在正三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)棱長為，底面三角形的邊長為1，則BC1與側(cè)面ACC1A1所成角的大小為(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
A　[由題意，取AC的中點O，連接BO，C1O，
因為正三棱柱ABC A1B1C1中，
側(cè)棱長為，底面三角形的邊長為1，
所以BO⊥AC，BO⊥AA1，
因為AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，
所以∠BC1O是BC1與側(cè)面ACC1A1所成的角，
因為BO＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝，C1O＝eq \r( \r(2) 2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝，
所以tan∠BC1O＝＝＝，
所以∠BC1O＝30°，BC1與側(cè)面ACC1A1所成的角為30°.]
4．[與球交匯]已知長方體ABCD A1B1C1D1的外接球體積為π，且AA1＝BC＝2，則A1C與平面BB1C1C所成的角為________．
　[如圖，設(shè)長方體ABCD A1B1C1D1的外接球半徑為R，則長方體ABCD A1B1C1D1的外接球體積為πR3＝π，所以R＝2，即A1C＝＝2R＝4.因為AA1＝BC＝2，所以AB＝2.連接B1C，因為A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C與平面BB1C1C所成的角為∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.
即A1C與平面BB1C1C所成的角為.]
考點3　空間平行、垂直關(guān)系
1.(2021·全國卷甲)已知直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，BF⊥A1B1.
(1)求三棱錐F EBC的體積；
(2)已知D為棱A1B1上的點，證明：BF⊥DE.
[解]　(1)如圖，取BC的中點為M，連接EM，
由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，CF＝1，
EM＝AB＝1，AB∥A1B1，
由BF⊥A1B1得EM⊥BF，
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V三棱錐F EBC＝V三棱錐E FBC＝×BC×CF×EM＝××2×1×1＝.
(2)連接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，
所以ED在平面EMB1A1內(nèi)．
在正方形CC1B1B中，由于F，M分別是CC1，BC的中點，所以由平面幾何知識可得BF⊥B1M，
又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，所以BF⊥平面EMB1A1，
又DE 平面EMB1A1，
所以BF⊥DE.
2．(2017·山東高考)由四棱柱ABCD A1B1C1D1截去三棱錐C1 B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD．
(1)證明：A1O∥平面B1CD1；
(2)設(shè)M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
[解]　(1)證明：取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1，
由于ABCD A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，
所以A1O∥O1C．
又O1C 平面B1CD1，A1O 平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)證明：因為AC⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點，
所以EM⊥BD．
又A1E⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以A1E⊥BD．
因為B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM 平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1 平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
命題規(guī)律：以常見的空間幾何體為載體考查線、面的平行、垂直關(guān)系，以解答題的形式呈現(xiàn)，難度中等，分值12分．
通性通法：平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化
空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化．
1．[探究性問題](2021·運城模擬)如圖，在四棱錐P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，E為CD的中點．
(1)求證：平面PAB⊥平面PAE；
(2)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
[解]　(1)因為底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD為正三角形，因為E為CD的中點，所以AE⊥CD，因為AB∥CD，所以AE⊥AB．
因為PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以AE⊥PA．
因為PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB，
因為AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(2)存在點F為PB中點時，滿足CF∥平面PAE.理由如下：
分別取PB，PA的中點F，G，連接CF，F(xiàn)G，EG，
在△PAB中，F(xiàn)G∥AB，且FG＝AB，
在菱形ABCD中，E為CD中點，
所以CE∥AB且CE＝AB，
所以CE∥FG且CE＝FG，
即四邊形CEGF為平行四邊形，所以CF∥EG.
又CF 平面PAE，EG 平面PAE，所以CF∥平面PAE.
2．[以四棱錐為載體]如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD為正方形，△PAD為等邊三角形，平面PAD⊥平面PCD．
(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若AB＝2，Q為線段PB的中點，求三棱錐Q PCD的體積．
[解]　(1)證明：取PD的中點O，連接AO.
∵△PAD為等邊三角形，∴AO⊥PD，
∵AO 平面PAD，平面PAD∩平面PCD＝PD，平面PAD⊥平面PCD，∴AO⊥平面PCD，
∵CD 平面PCD，∴AO⊥CD，
∵底面ABCD為正方形，∴CD⊥AD，
∵AO∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，
又∵CD 平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
(2)由(1)知，AO⊥平面PCD，
∴A到平面PCD的距離d＝AO＝.
∵底面ABCD為正方形，∴AB∥CD，
又∵AB 平面PCD，CD 平面PCD，
∴AB∥平面PCD，
∴A，B兩點到平面PCD的距離相等，均為d，
又Q為線段PB的中點，
∴Q到平面PCD的距離h＝＝.
由(1)知，CD⊥平面PAD，∵PD 平面PAD，∴CD⊥PD，∴VQ PCD＝S△PCD·h＝××2×2×＝.
考點4　平面圖形的折疊問題
(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
圖1　　　　　　　　　圖2
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．
[解]　(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE，BC 平面BCGE，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因為AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中點M，連接EM，DM.
因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四邊形ACGD的面積為4.
命題規(guī)律：以平面圖形為載體考查空間想象能力．以解答題的形式呈現(xiàn)，考查頻率不高，分值12分．
通性通法：求解平面圖形折疊問題的關(guān)鍵和方法
(1)關(guān)鍵：分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，尤其是垂直關(guān)系，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．
(2)方法：把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決．
1．[逆向問題]如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點，將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1 BCDE.
圖1　　　　　　　　圖2
(1)求證：CD⊥平面A1OC；
(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1 BCDE的體積為36，求a的值．
[解]　(1)證明：在題圖1中，因為AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，
∠BAD＝，
所以BE⊥AC，BCED．
即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
從而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱錐A1 BCDE的高．
由圖1知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BE·OC＝a2.
從而四棱錐A1 BCDE的體積為
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
2．[平行四邊形與四棱錐]如圖1，平行四邊形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠ABC＝，E為CD中點．將△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到如圖2所示的四棱錐P ABCE.
圖1　　　　　　圖2
(1)求證：平面PAE⊥平面PBE；
(2)求點B到平面PEC的距離．
[解]　(1)證明：在圖題1中連接BE(圖略)，由平面幾何知識，求得AE＝2，BE＝2，
又∵AB＝4，
∴BE⊥AE，
在題圖2中，∵平面APE⊥平面ABCE，且平面APE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面PAE，
又∵BE 平面PBE，
∴平面PAE⊥平面PBE.
(2)設(shè)O為AE的中點，連接PO，CO，
由已知可得△PAE為等邊三角形，∴PO＝.
∵平面PAE⊥平面ABCE，∴PO⊥平面ABCE，得PO⊥CO.
在△OEC中，OE＝1，EC＝2，∠OEC＝.
由余弦定理得OC＝.
∴PC＝＝.
在△PEC中，PE＝EC＝2，PC＝.
∴S△PEC＝××eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2))))＝，
又∵S△BCE＝×2×1＝.
設(shè)點B到平面PEC的距離為d，
由VP BCE＝VB PCE，得××＝××d，
解得d＝.
∴點B到平面PEC的距離為.
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