教育学习文章XX届高考数学备考复习点直线平面之间的位置关系教案文档格式.docx

1、（）求二面角B-EF-A的正切值。【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力。【思路点拨】（1）cED即为异面直线cE与AF所成角；（2）证明cD垂直于两条相交直线AB、FA;（3）做辅助线构造二面角的平面角。【规范解答】解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA/ED.故为异面直线cE与AF所成的角.因为FA平面ABcD，所以FAcD.故EDcD.在RtcDE中，cD=1，ED=，cE=3,故cos=.所以异面直线cE和AF所成角的余弦值为.证明：过点B作BG/cD,交AD于点G，则.由,可得BGAB,从而cDAB,又

2、cDFA,FAAB=A,所以cD平面ABF.解：由（）及已知，可得AG=，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为Bc/AD,所以Bc/EF.过点N作NmEF，交Bc于m，则为二面角B-EF-A的平面角。连接Gm，可得AD平面GNm,故ADGm.从而BcGm.由已知，可得Gm平面mAB.由NG/FA,FAGm,得NGGm.在RtNGm中，tan,所以二面角B-EF-A的正切值为.要点考向2：面面位置关系1在高考中，本部分内容几乎年年考查，主要考查学生分析问题、解决问题的能力。2题目基本上以棱柱、棱锥为背景，考查面面平行或垂直。3选择题、填空题、解答题均可出现，题目难度为低档

3、或中档。1证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可。从而将面面平行转化为线面平行，再转化为线线平行。2证明面面垂直的方法：证明一个面过另一个面的垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决。例2：辽宁高考文科&19）如图，棱柱ABcA1B1c1的侧面Bcc1B1是菱形，B1cA1B.平面AB1c平面A1Bc1;（）设D是A1c1上的点，且A1B平面B1cD，求A1D:Dc1的值.【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证

4、能力和运算求解能力。（I）先证明B1c平面A1Bc1.再证明平面AB1c平面A1Bc1;（II）利用线面平行的性质，得到DE/A1B，判断出D点是中点，从而可解【规范解答】（I）（II）【方法技巧】、证明面面垂直，一般通过证明一个平面经过另一个平面的垂线，为此分析题设，观察图形找到是哪条直线和哪个平面垂直。2、证明直线和平面垂直，就是要证明这条直线平面内的两条相交直线，这一点在解题时一定要体现出来，如本题中强调了A1BBc1B要点考向3：与折叠有关的问题1空间图形的折叠问题是近几年高考命题的一个新的亮点,它通常与其他知识相结合,能够较好地考查学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力。2选择题

5、、填空题、解答题均可出现，尤其解答题为多，属中档题。例3：浙江高考文科&20）如图，在平行四边形ABcD中，AB=2Bc，ABc=120。E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使平面ADE平面BcD，F为线段Ac的中点。（）求证：BF平面ADE；（）设m为线段DE的中点，求直线Fm与平面ADE所成角的余弦值。【命题立意】本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。（1）可以在面内找一条直线与BF平行，从而证明线面平行；（2）求线面角的关键是找到对应的平面角。【规范解答】取AD的中点G，连结GF，cE，由条件易知FGcD，FG=c

6、D.BEcD,BE=cD.所以FGBE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BFEG因为平面，BF平面，所以BF/平面（）在平行四边形ABcD中，设Bc=a，则AB=cD=2a,AD=AE=EB=a,连cE。因为，在BcE中，可得cE=a,在ADE中，可得DE=a,在cDE中，因为cD2=cE2+DE2，所以cEDE,在正三角形ADE中，m为DE中点，所以AmDE.由平面ADE平面BcD,可知Am平面BcD,AmcE.取AE的中点N，连线Nm、NF，所以NFDE,NFAm.因为DE交Am于m,所以NF平面ADE,则FmN为直线Fm与平面ADE所成的角.在RtFmN中，NF=a,mN=

7、a,Fm=a,则cos=.所以直线Fm与平面ADE所成角的余弦值为.【方法技巧】找线面所成角时，可适当的作一条面的垂线，从而把线面角转化为线线夹角。注：（1）解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口。（2）在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形。【高考真题探究】（XX&山东高考理科&3）在空间，下列命题正确的是（）（A）平行直线的平行投影重合（B）平行于同一直线的两个平面平行（c）垂直于同一平面的两个平面平行（D）垂直于同一平面的两条直线平行【命题

8、立意】本题考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力.【思路点拨】可利用特殊图形进行排除.【规范解答】选D，在正方体中，但它们在底面上的投影仍平行，故A选项不正确；平面与平面都平行于直线，但平面与平面相交，故B选项不正确；平面与平面都垂直于平面，但平面与平面相交，故c选项不正确；而由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以证明选项D正确.2（XX&浙江高考理科&6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（A）若，则（B）若，则（c）若，则（D）若，则【命题立意】本题考查空间中的线线、线面位置关系，考查空间想

9、象能力。【思路点拨】利用线面平行、线面垂直的判定定理。【规范解答】选B。如图（1），选项A不正确；如图（2），选项B正确；如图（3）选项c不正确；如图（4）选项D不正确。3（XX&广东高考理科&18）如图5，是半径为a的半圆，Ac为直径，点E为的中点，点B和点c为线段AD的三等分点。平面AEc外一点F满足FB=FD=a，FE=aEBFD；已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得FQ=FE,FR=FB,求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值。【命题立意】本题考察空间点、线、面之间的关系以及空间几何体的相关计算.（1）点E为的中点，Ac为直径是，又面EBFD.作出二面角的棱证明为所求二面角

10、的平面角求、（1）证明：连结.因为是半径为a的半圆，为直径，点E为的中点，所以，在中，在中，所以是等腰三角形，且点是底边的中点，所以在中，所以是，所以.由，且，所以面又面，所以，所以平面，而平面，所以（2）过点作，FQ=FE,FR=FB，与共面且与共面，为平面BED与平面RQD的棱.由（1）知，平面，平面，而平面，平面，是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角.在中，=.由余弦定理得：又由正弦定理得：，即所以平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为4（XX&北京高考理科&6）如图，正方形ABcD和四边形AcEF所在的平面互相垂直，cEAc,EFAc,AB=，cE=EF=1.AF平面BDE；

11、（）求证：cF平面BDE；（）求二面角A-BE-D的大小。【命题立意】本题考查了线面平行、线面垂直及二面角的求法。一般的，运用几何法（方法一）对空间想象能力，空间运算能力要求较高，关键是寻找二面角的平面角；运用向量法（方法二）思路简单，但运算量较大，熟练掌握向量的线性运算及数量积是解决问题的关键。【思路点拨】立体几何问题一般有两种方法：几何法与向量法。几何法：（1）证明AF与面BDE内的某条线平行；（2）证明cF垂直于面BDE内的两条相交直线；（3）由第（2）问的结论，可过A作一直线与cF平行，从而垂直于面BDE，再过A和垂足向二面角A-BE-D的菱BE作垂线，找到二面角的平面角。向量法：利用

12、三个垂直关系cE，cD，cB，建立空间直角坐标系，利用向量的平行、垂直和数量积求二面角的大小。【规范解答】方法一：（I）设Ac与BD交点G。因为EF/AG，且EF=1，AG=Ac=1.所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF/EG，因为平面BDE，AF平面BDE，所以AF/平面BDE.连接FG，为平行四边形，又，cEFG为菱形，。在正方形ABcD中，。正方形ABcD和四边形AcEF所在的平面互相垂直，。（III）在平面AcEF内，过A作，垂足为H，连接HB。则AH/cF。AH平面BDE，。又面ABcD面AcEF，cEAc，面ABcD，。又，面BcE，。面ABH。为所求的二面角A-BE-D的平面

13、角。由得，为锐角，。方法二：（I）因为正方形ABcD和四边形AcEF所在的平面相互垂直，且cEAc，所以cE平面ABcD.如图，以c为原点，建立空间直角坐标系c-.则c（0，0，0），B（0，0），所以，.设为平面BDE的法向量，则，即，令，得，。又面BDE，AF/平面BDE。（II）由（I）知，所以,所以,.又因为，所以平面BDE.设平面ABE的法向量,由（I）知=，则，.即所以且令则.所以.从而。所以。因为二面角为锐角，所以二面角的大小为.5（XX&福建高考文科&20）如图，在长方体ABcDA1B1c1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1c1上的点（点E与B1不重合），且EH/A1D1。过

14、EH的平面与棱BB1,cc1相交，交点分别为F，G。（I）证明：AD/平面EFGH；（II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABcD-A1B1c1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFED1DcGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1,B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查函数方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【思路点拨】第一步由线线平行得到线面平行；第二步求出（1）首先求出三棱柱的体积，并求解三棱柱的体积

15、的最大值，然后求解圆柱的体积，利用体积比计算出几何概率。【规范解答】证明：在长方体ABcD-A1B1c1D1中，又，又平面，所以平面；（II）设，则在长方体ABcD-A1B1c1D1的体积，几何体的体积，又，所以当且仅当时等号成立，从而，故，当且仅当时等号成立，所以得最小值等于。【方法技巧】立体几何中的证明问题，一定要把条件写完整了，保证逻辑合理，如：本题一定要写出。6（XX&江苏高考&6）如图，在四棱锥P-ABcD中，PD平面ABcD，PD=Dc=Bc=1，AB=2，ABDc，BcD=900。求证：PcBc；求点A到平面PBc的距离。【命题立意】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，

16、考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。（1）可证明Bc与Pc所在的某一个平面垂直；（2）点A到平面PBc的距离是点D到平面PBc的距离的2倍。（1）因为PD平面ABcD，Bc平面ABcD，所以PDBc。由BcD=900，得cDBc，又PDDc=D，PD、Dc平面PcD，所以Bc平面PcD。因为Pc平面PcD，故PcBc。（2）分别取AB、Pc的中点E、F，连DE、DF，则：易证DEcB，DE平面PBc，点D、E到平面PBc的距离相等。又点A到平面PBc的距离等于E到平面PBc的距离的2倍。由（1）知：Bc平面PcD，所以平面PBc平面PcD于Pc，因为PD=Dc，PF=F

17、c，所以DFPc，所以DF平面PBc于F。易知DF=，故点A到平面PBc的距离等于。【方法技巧】一个几何体无论怎样转动，其体积是不变的.如果一个几何体的底面积和高较难求解时，我们可考虑利用等体积法求解。等体积法也称等积转换或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，把底面积和高的求解转化为数量关系清晰的底面及其对应的高，减少运算量，这也是转化与化归思想在立体几何中的具体体现。本题也可利用等体积法求解：连结Ac。设点A到平面PBc的距离为h。因为ABDc，BcD=900，所以ABc=900。从而AB=2，Bc=1，得的面积。由PD平面ABcD及PD=1，

18、得三棱锥P-ABc的体积。因为PD平面ABcD，Dc平面ABcD，所以PDDc。又PD=Dc=1，所以。由PcBc，Bc=1，得的面积。由，得，故点A到平面PBc的距离等于。【跟踪模拟训练】一、选择题（每小题6分，共36分）.给出以下三个命题：如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线垂直于这个平面.其中真命题的个数是32102.给定空间中的直线l及平面,条件“直线l与平面内无数条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的（充要条

19、件充分非必要条件必要非充分条件既非充分又非必要条件3.设有直线m、n和平面、.下列四个命题中,正确的是（若m,n,则mn若m,n,m,n,则若,m,则m若,m,m,则m4.对于平面和直线m、n，给出下列命题若mn,则m、n与所成的角相等；若m,mn,则n;若m与n是异面直线，且m,则n与相交.其中真命题的个数是（5.已知平面外不共线的三点A、B、c到的距离都相等，则正确的结论是（平面ABc必不垂直于平面ABc必平行于平面ABc必与相交存在ABc的一条中位线平行于或在内6（XX北京模拟）设A、B、c、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（A若Ac与BD共面，则AD与Bc共面B若Ac与B

20、D是异面直线，则AD与Bc是异面直线c若AB=Ac，DB=Dc，则AD=BcD若AB=Ac，DB=Dc，则ADBc二、填空题（每小题6分，共18分）7.如图，长方体ABcDA1B1c1D1中,mN在平面Bcc1B1内,mNBc于m，则mN与平面AB1的位置关系是_.8.如果一条直线与一个平面垂直,那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是_.9.设、表示平面，a、b表示不在内也不在内的两条直线.给出下列四个论断:ab;a;b.若以其中三个作为条件,余下的一个作为结论,可以构造出一些命题.写出你认为正确的一个命

21、题_.三、解答题（10、11题每题15分，12题16分，共46分）0.如图，在四棱锥P-ABcD中.PD平面ABcD,ADcD.DB平分ADc,E为Pc的中点,AD=cD.证明PA平面BDE;证明Ac平面PBD;1.如图，在三棱锥P-ABc中，PA底面ABc，ABc为正三角形，D、E分别是Bc、cA的中点.平面PBE平面PAc.在Bc上是否存在一点F，使AD平面PEF？说明理由.2.如图,A、B、c、D为空间四点,在ABc中,AB=2，Ac=Bc=，等边三角形ADB以AB为轴转动.（1）当平面ADB平面ABc时，求cD的长;（2）当ADB转动时,是否总有ABcD?证明你的结论.参考答案一、选择

22、题.【解析】选B.由直线与平面平行的性质定理知正确；由直线与平面垂直的判定定理知正确；若两条直线都平行于一个平面,则这两条直线平行或相交或异面，故不正确.2.【解析】选c.由直线与平面垂直的定义知,当直线l与平面内无数条直线都垂直时,直线l与平面不一定垂直;反之成立.3.【解析】选D.m,nmn或m与n相交或m,n异面,故A不对.m,n,m,n,相交或平行,故B不对.,mm或m或m与斜交,故c不对.,m,mm正确.故选D.4.【解析】选B.正确；对，若m,mn,则n或n；对，若m与n异面，m,则n与相交或平行或在内.5.【解析】选D.如图，A、B、c三点不共线且到的距离都相等，可得A、B、c皆

23、错.6.【解析】选c.A若Ac与BD共面，则A，B，c，D四点共面，则AD与Bc共面；B若Ac与BD是异面直线，则A，B，c，D四点不共面，则AD与Bc是异面直线；c若AB=Ac，DB=Dc，四边形ABcD可以是空间四边形，AD不一定等于Bc；D若AB=Ac，DB=Dc，可以证明ADBc。二、填空题7.【解析】mNBc，mNBB1,而BB1平面AB1，mN平面AB1.答案：mN平面AB18.【解析】AB面Bcc1B1,AB面ADD1A1，AB与面Bcc1B1，AB与面ADD1A1各构成一个“正交线面对”.这样的“正交线面对”共有22=24个，又A1B面AB1c1D.A1B与面AB1c1D构成一

24、个“正交线面对”.这样的“正交线面对”共有121=12个，共有24+12=36个.369.【解析】由ab,a,b可得.三、解答题0.【证明】设AcBD=H,连结EH.在ADc中,因为AD=cD,且DB平分ADc,所以H为Ac的中点.又由题设,E为Pc的中点,故EHPA.又EH平面BDE且PA平面BDE,所以PA平面BDE.因为PD平面ABcD,Ac平面ABcD,所以PDAc.结合（1）易知DBAc.又PDDB=D.故Ac平面PBD.1.【解析】PA底面ABc，BE平面ABc，PABE.又ABc是正三角形，E是Ac的中点,BEAc,而PAAc=A.BE平面PAc.又BE平面PBE，平面PBE平面PAc.存在点F，F是cD的中点.理由：E、F分别是Ac、cD的中点，EFAD.而EF平面PEF，AD平面PEF,AD平面PEF.2.【解析】（1）取AB的中点E,连结DE、cE，因为ADB是等边三角形,所以DEAB,当平面ADB平面ABc时，因为平面ADB平面ABc=AB，所以DE平面ABc，可知DEcE.又DE=,Ec=1.在RtDEc中,（2）当ADB以AB为轴转动时,总有