1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲空间点、线、面的位置关系空间线面位置关系的判断核心提炼空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断典型例题 (1)(2019绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形，ABCD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”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(2)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，
2、那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)【解析】(1)四边形ABCD为梯形，ABCD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交，所以l平面ABCDl垂直于两底AB，CD，反之不一定成立所以“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件故选A.(2)对于命题，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为，ABCD所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立命题正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面相交
3、于直线l，则ln，由m知ml，从而mn，结论正确由平面与平面平行的定义知命题正确由平行的传递性及线面角的定义知命题正确【答案】(1)A(2)判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(1)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进行判断(2)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断(3)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，进行肯定或否定 对点训练1(2019浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线m、n与平面，下列命题正确的是()Am，n且，则mnBm，n且，则mnCm，
4、mn且，则nDm，n且，则mn解析：选D.选项A中，直线m与n还有互为异面的可能；选项B中，直线m与n还有相互平行的可能；选项C中，还有n的可能；选项D正确，故选D.2(2019长沙一模)如图所示，在直角梯形BCEF中，CBFBCE90，A、D分别是BF、CE上的点，ADBC，且ABDE2BC2AF(如图1)将四边形ADEF沿AD折起，连接AC、CF、BE、BF、CE(如图2)，在折起的过程中，下列说法错误的是()AAC平面BEFBB、C、E、F四点不可能共面C若EFCF，则平面ADEF平面ABCDD平面BCE与平面BEF可能垂直解析：选D.法一：A选项，连接BD，交AC于点O，取BE的中点M
5、，连接OM，FM，易证四边形AOMF是平行四边形，所以AOFM，因为FM平面BEF，AC平面BEF，所以AC平面BEF；B选项，若B、C、E、F四点共面，因为BCAD，所以BC平面ADEF，可推出BCEF，又BCAD，所以ADEF，矛盾；C选项，连接FD，在平面ADEF内，易得EFFD，又EFCF，FDCFF，所以EF平面CDF，所以EFCD，又CDAD，EF与AD相交，所以CD平面ADEF，所以平面ADEF平面ABCD；D选项，延长AF至G，使AFFG，连接BG、EG，易得平面BCE平面ABF，过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足
6、在BE上，矛盾综上，选D.法二：构造正方体如图，结合正方体的性质知平面BCE与平面BEF不可能垂直空间平行、垂直关系的证明及求空间角核心提炼1直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.2直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，al a.3空间角(1)异面直线所成的角，范围.(2)直线与平
7、面所成的角：如图lA，Pl，过点P作PO交于O，连接AO，则PAO为直线l与平面所成的角，范围.(3)二面角如图，过二面角l的棱l上一点O在两个半平面内分别作BOl，AOl，则AOB就叫做二面角l的平面角，范围0，当时，二面角叫做直二面角典型例题 (1)(2019高考浙江卷)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则()A，B，C， D，(2)(2019高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，
8、E，F分别是AC，A1B1的中点证明：EFBC；求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值【解】(1)选B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角PACB的平面角，所以.故选B.(2)法一：证明：如图，连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因
9、此EFBC.取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形连接A1G交EF于O，由得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.法二：连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面AB
10、CAC，所以A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F(，2)，C(0，2，0)因此，(，1，0)由0得EFBC.设直线EF与平面A1BC所成角为.由可得(，1，0)，(0，2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1，1)，故sin |cos，n|.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.(1)平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化(2)求空间
11、角的三个步骤一作：根据定义作平行线或垂线，用作图法作出要求的角二证：证明所作的角就是要求的角三求：把空间角问题转化为(三角形)平面问题，解三角形，求出该角，注意角的范围，判断所求角是此角还是它的补角 对点训练1.(2019浙江金华十校高考模拟)如图，ABBEBC2AD2，且ABBE，DAB60，ADBC，BEAD，(1)求证：平面ADE平面BDE；(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值解：(1)证明：因为AB2AD，DAB60，所以ADDB，又BEAD，且BDBEB，所以AD平面BDE，又AD平面ADE，所以平面ADE平面BDE.(2)因为BEAD，ABBE，所以BE平面ABCD，所以点E
12、到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2，设AD与平面DCE所成角为，点A到平面DCE的距离为d，由VADCEVEADC得：dSCDE|BE|SACD，可解得d，而AD1，则sin ，故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为.2(2019鲁迅中学高考方向性测试)如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB2，AD2，BAD90.(1)求证：ADBC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值解：(1)证明：由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，ADAB，AD平面ABD，可得AD平面ABC，故ADBC.(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN
13、，ND.又因为M为棱AB的中点，故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AM1，故DM.因为AD平面ABC，故ADAC.在RtDAN中，AN1，故DN.在等腰三角形DMN中，MN1，可得cosDMN.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.空间几何中的“ 翻折”问题核心提炼由平面图形“翻折”为空间图形，要求解(证明)该空间图形中的某些元素所对应的量或对应的位置关系，首先看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些，发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后
14、的图形典型例题 (1)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD，ADC90.沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_(2)(2019台州市一模)如图，在矩形ABCD中，AB1，BC2，E为BC的中点，F为线段AD上的一点，且AF.现将四边形ABEF沿直线EF翻折，使翻折后的二面角AEFC的余弦值为.求证：ACEF；求直线AD与平面ECDF所成角的大小【解】(1)作BEAC，BEAC，连接DE，则DBE为所求的角或其补角，作DNAC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BMAC，作NFBM交BE于F，连接DF，设DNF，因为DN，BMFN，所以DF25
15、cos ，因为ACDN，ACFN，所以DFAC，所以DFBE，又BFMN，所以在RtDFB中，DB295cos ，所以cos DBE，当且仅当0时取“”故填.(2)证明：连接AC交EF于M点，由平面几何知识可得AC，EF，以及，则有AM，MC，MF，故有AM2MF2AF2，则ACEF，于是，AMEF，CMEF，而AMCMM，故EF平面AMC，而AC平面AMC，故ACEF.由知，二面角AEFC的平面角就是AMC，即cosAMC，根据余弦定理，可求得AC1，因为AC2MC2AM2，所以ACMC，而ACEF，可知AC平面ECDF，因此，ADC就是直线AD与平面ECDF所成的角由于ACCD1，故直线A
16、D与平面ECDF所成的角为.解决与翻折有关的问题的两个关键(1)要明确翻折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(2)在解决问题时，要比较翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形 对点训练1.(2019绍兴市柯桥区高考数学二模)如图，四边形ABCD是矩形，沿直线BD将ABD翻折成ABD，异面直线CD与AB所成的角为，则()AACACACD解析：选B.因为ABCD，所以ABA为异面直线CD与AB所成的角假设ABBC1，平面ABD平面ABCD.连接AC交BD于点O，连接AA，AC，AO，则AO平面ABCD，AOAOBOCODOAC，所以AAA
17、CABAD1，所以ABA，ACD是等边三角形，ACA是等腰直角三角形，所以ACA45，ACDABA60，即ACA，ACD.排除A，C，D.故选B.2(2019浙江省五校联考二模)如图1，E，F分别是AC，AB的中点，ACB90，CAB30，沿着EF将AEF折起，记二面角AEFC的度数为.(1)当90时，即得到图2，求二面角ABFC的余弦值；(2)如图3中，若ABCF，求cos 的值解：(1)因为平面AEF平面CEFB，且EFAE，所以AE平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则AHE为二面角ABFC的平面角设BC2a，则EFa，AB4a，AC2a，AEa，EHa，所以co
18、s AHE，所以二面角ABFC的余弦值为.(2)过点A向CE作垂线，垂足为G，连接GB，CF.如果ABCF，则根据三垂线定理有GBCF，因为BCF为正三角形，所以CGBCtan 30a，则GEa，因为AEa，所以cos ，所以cos 的值为.专题强化训练1设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“ab”是“”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.因为，bm，所以b，又直线a在平面内，所以ab；又直线a，m不一定相交，所以“ab”是“”的必要不充分条件，故选B.2如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，
19、N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：选A.B选项中，ABMQ，且AB平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB平面MNQ；C选项中，ABMQ，且AB平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB平面MNQ；D选项中，ABNQ，且AB平面MNQ，NQ平面MNQ，则AB平面MNQ.故选A.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：选C.A1B1平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1，所以A1B1BC1，又BC1B1C，且B1CA1B1B1，所以BC1平面A1B1CD，又A1E平面A1B1C
20、D，所以BC1A1E.故选C.4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BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C若ABAC，DBDC，则ADBCD若ABAC，DBDC，则ADBC解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，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中，若ABAC，DBDC，AD不一定等于BC；D中，若ABAC，DBDC，可以证明ADBC.5(2019温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，
21、点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则PEQ周长的最小值为()A2 B.C. D2解析：选B.由题意，PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM，EN2，MEN135，所以MN.6.(2019杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的运动轨迹是()A一段圆弧 B椭圆的一部分C抛物线 D双曲线的一支解析：选D.不妨令三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面是以B为直角的直角三角形，
22、令侧棱长为m，以B为坐标原点，BA方向为x轴，BC方向为y轴，BB1方向为z轴，建立空间直角坐标系，设P(x，y，m)，所以Q(x，y，0)，过点Q作以QDAB于点D，作QEBC于点E，则PDQ即是二面角PABC的平面角，PEQ即是二面角PBCA的平面角，所以tanPDQ，tanPEQ，又二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，所以tanPDQtanPEQ1，即1，所以QDQEPQ2m2，因Q(x，y，0)，所以QEx，QDy，所以有xym2，所以y(x0)，即点Q的轨迹是双曲线的一支，所以点P的轨迹是双曲线的一支故选D.7(2019绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥ABCD的所有棱长都
23、相等，若AB与平面所成角等于，则平面ACD与平面所成角的正弦值的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A.因为三棱锥ABCD的所有棱长都相等，所以三棱锥ABCD为正四面体，如图：设正四面体的棱长为2，取CD中点P，连接AP，BP，则BAP为AB与平面ADC所成角APBP，可得cosBAP，sinBAP.设BAP.当CD与平行且AB在平面ACD上面时，平面ACD与平面所成角的正弦值最小，为sinsincos cossin ；当CD与平行且AB在平面ACD下面时，平面ACD与平面所成角的正弦值最大，为sinsincos cossin ，所以平面ACD与平面所成角的正弦值的取值范围是.故选A.8
24、(2019浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC的两条直角边AC2，BC3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为，则翻折后AB的长为()A2 B. C. D.解析：选D.如图，在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E, 则EP平面ACP.于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线，垂足为D，连接DE，则PDE为二面角PACB的平面角，且tanPDE，设DPa，则EPa.如图，设BCP，则ACP90，则在直角三角形DPC中，PC，又在直角三角形PCE中，tan ，则tan a，sin cos2，所以4
25、5，因为二面角ACPB为直二面角，所以cosACBcosACPcosBCP，于是cosACPsinACP，解得AB.9(2019台州市书生中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABCD，ADCD，PDADDC2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为_；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为_解析：因为ABCD，所以PCD即为异面直线PC与AB所成的角，显然三角形PDC为等腰直角三角形，所以PCD.设AB1，则可计算得，PB3，而点B到平面PDC的距离d等于AD的长为2，所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.答案：10.如图，在三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC
26、2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是_解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.因为 M为AD的中点，所以MKAN，所以KMC即为异面直线AN，CM所成的角因为 ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理易求得ANDNCM2，所以MK.在RtCKN中，CK .在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.答案：11.如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面APC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的是_解析：对于，因为PA平面ABC，所
27、以PABC.因为AB为O的直径，所以BCAC，所以BC平面PAC，又PC平面PAC，所以BCPC；对于，因为点M为线段PB的中点，所以OMPA，因为PA平面PAC，所以OM平面PAC；对于，由知BC平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故都正确答案：12.(2019杭州市高三期末)在ABC中，ABC，边BC在平面内，顶点A在平面外，直线AB与平面所成角为.若平面ABC与平面所成的二面角为，则sin _解析：过A作AO，垂足是O，过O作ODBC，交BC于D，连接AD，则ADBC，所以ADO是平面ABC与平面所成的二面角，即ADO，ABO是直线AB与平面所成的角，即ABO，设AO
28、，所以AD2，在RtADB中，ABD，所以AB，所以sin .答案：13(2019浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体DABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是_解析：当点P从A运动到B，二面角DPCB的平面角逐渐增大，二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角，最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角，故余弦值的取值范围是.答案：14.(2019义乌市高三月考)如图，边长为2的正ABC顶点A在平面上，B，C在平面的同侧，M为BC的中点，若ABC在平面上的射影是以A为直角顶点的AB1C1，则M到平面的距离的取值范围是_解析：设BAB
29、1，CAC1，则AB12cos ，AC12cos ，BB12sin ，CC12sin ，则点M到平面的距离dsin sin ，又AM，则B1C12，即cos2cos23(sin22sin sin sin2)也即sin sin ，所以dsin sin sin ，当sin 1时，d，则d.答案：15(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥ABCD中，E是BC的中点，ABAD，BDDC.(1)求证：AEBD；(2)若DB2DCAB2，且二面角ABDC为60，求AD与平面BCD所成角的正弦值解：(1)证明：如图，取BD的中点F，连接EF，AF，因为E为BC中点，F为BD中点，所以FEDC.又B
30、DDC，所以BDFE.因为ABAD，所以BDAF.又AFFEF，AF，FE平面AFE，所以BD平面AFE，又AE平面AFE，所以AEBD.(2)由(1)知BDAF，BDEF所以AFE即为二面角ABDC的平面角，所以AFE60.因为ABAD，BD2，所以ABD为等腰直角三角形，故AFBD1，又FEDC，所以AE2AF2FE22AFFEcosAFE121cos 60，即AE，所以AE2FE21AF2，所以AEFE，又由(1)知BDAE，且BDFEF，BD平面BDC，FE平面BDC，所以AE平面BDC，所以ADE就是AD与平面BCD所成角，在RtAED中，AE，AD，所以AD与平面BCD所成角的正弦
31、值sinADE.16(2019浙江二模)如图，在四棱锥EABCD中，平面CDE平面ABCD，DABABC90，ABBC1，ADED3，EC2.(1)证明：AB平面BCE；(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值解：(1)证明：因为DABABC90，所以四边形ABCD是直角梯形，因为ABBC1，ADED3，EC2.所以CD，所以CE2DC2DE2，所以ECCD，因为平面EDC平面ABCD，平面EDC平面ABCDDC，所以CE平面ABCD，所以CEAB，又ABBC，BCCEC，所以AB平面BCE.(2)过A作AHDC，交DC于H，则AH平面DCE，连接EH，则AEH是直线AE与平面DCE所成的角
32、，因为DCAHABABBC，所以AH，AE，所以sinAEH，所以直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.17(2019绍兴诸暨高考二模)四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为AD的中点，四边形ABCE为菱形，BAD120，PAAB，G、F分别是线段CE、PB的中点(1)求证：FG平面PDC；(2)求二面角FCDG的正切值解：(1)证明：延长BG交AD于点D，因为，而，所以，所以FGPD.因为FG平面PDC，PD平面PDC，所以FG平面PDC.(2)过点F作FMAB于点M，易知FM平面ABCD，过M作MNCD于点N，连接FN，则CD平面FMN，所以CDMN，CDFN，所以FNM即为所求二面角
33、的平面角，不妨令PAAB1，则FM，MN，所以tan .18(2019浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，ADBC，ABBCCD1，DA2，DP平面ABP，O，M分别是AD，PB的中点(1)求证：PD平面OCM；(2)若AP与平面PBD所成的角为60，求线段PB的长解：(1)证明：设BD交OC于N，连接MN，OB，因为O为AD的中点，AD2，所以OAOD1BC.又因为ADBC，所以四边形OBCD为平行四边形，所以N为BD的中点，因为M为PB的中点，所以MNPD.又因为MN平面OCM，PD平面OCM，所以PD平面OCM.(2)由四边形OBCD为平行四边形，知OBCD1，所以AOB为等边三角形，所以A60，所以BD，即AB2BD2AD2，即ABBD.因为DP平面ABP，所以ABPD.又因为BDPDD，所以AB平面BDP，所以APB为AP与平面PBD所成的角，即APB60，所以PB.- 21 - 版权所有高考资源网
