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2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套学案42 空间点、直线、平面之间的位置关系


学案 42

空间点、线、面之间的位置关系

导学目标: 1.理解空间直线、平面位置关系的含义.2.了解可以作为推理依据的公理和定 理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.

自主梳理 1.平面的基本性质 公理 1:如果一条直线上的________在一个平面内,那么这条直线在此平面内. 公理 2:过______________的三点,有且只有一个平面. 公理 3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有________过该点的公共 直线. 2.直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类
? ?共面直线? ? ? ? ? ?异面直线:不同在任何一个平面内

(2)异面直线所成的角 ①定义:设 a,b 是两条异面直线,经过空间中任一点 O 作直线 a′∥a,b′∥b,把 a′ 与 b′所成的____________叫做异面直线 a,b 所成的角(或夹角). ②范围:______________. 3.直线与平面的位置关系有________、______、________三种情况. 4.平面与平面的位置关系有______、______两种情况. 5.平行公理 平行于______________的两条直线互相平行. 6.定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角____________. 自我检测 1.(2011· 泉州月考)若直线 a 与 b 是异面直线,直线 b 与 c 是异面直线,则直线 a 与 c 的 位置关系是( ) A.相交 B.相交或异面 C.平行或异面 D.平行、相交或异面 2.已知 a,b 是异面直线,直线 c∥直线 a,则 c 与 b( ) A.一定是异面直线 B.一定是相交直线 C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线 3.如图所示,点 P,Q,R,S 分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线 PQ 与 RS 是异面直线的一个图是( )

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4.(2010· 全国Ⅰ)直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若∠BAC=90° ,AB=AC=AA1,则异面 直线 BA1 与 AC1 所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 5.下列命题: ①空间不同三点确定一个平面; ②有三个公共点的两个平面必重合; ③空间两两相交的三条直线确定一个平面; ④三角形是平面图形; ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形; ⑥垂直于同一直线的两直线平行; ⑦一条直线和两平行线中的一条相交,也必和另一条相交; ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形. 其中正确的命题是________.(填序号)

探究点一 平面的基本性质 例1

如图所示,空间四边形 ABCD 中,E、F、G 分别在 AB、BC、CD 上,且满足 AE∶EB =CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,过 E、F、G 的平面交 AD 于 H,连接 EH. (1)求 AH∶HD; (2)求证:EH、FG、BD 三线共点.

变式迁移 1

如图,E、F、G、H 分别是空间四边形 AB、BC、CD、DA 上的点,且 EH 与 FG 相交于 点 O. 求证:B、D、O 三点共线.

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探究点二 异面直线所成的角 例 2 (2009· 全国Ⅰ)已知三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等, A1 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点,则异面直线 AB 与 CC1 所成的角的余弦值为( ) 3 5 7 3 A. B. C. D. 4 4 4 4 变式迁移 2 (2011· 淮南月考)在空间四边形 ABCD 中, 已知 AD=1, BC= 3, 且 AD⊥BC, 13 3 对角线 BD= ,AC= ,求 AC 和 BD 所成的角. 2 2

转化与化归思想的应用 例

(12 分)如图所示,在四棱锥 P—ABCD 中,底面是边长为 2 的菱形,∠DAB=60° ,对角 线 AC 与 BD 交于点 O,PO⊥平面 ABCD,PB 与平面 ABCD 所成角为 60° . (1)求四棱锥的体积; (2)若 E 是 PB 的中点,求异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值. 多角度审题 对(1)只需求出高 PO,易得体积;对(2)可利用定义,过 E 点作 PA 的平行 线,构造三角形再求解. 【答题模板】 解 (1)在四棱锥 P—ABCD 中,∵PO⊥平面 ABCD, ∴∠PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角,即∠PBO=60° ,[2 分] 在 Rt△AOB 中,∵BO=AB· sin 30° =1,又 PO⊥OB,∴PO=BO· tan 60° = 3, 1 3 ∵底面菱形的面积 S=2× ×2×2× =2 3, 2 2 1 ∴四棱锥 P—ABCD 的体积 VP—ABCD= ×2 3× 3=2.[6 分] 3 (2)

取 AB 的中点 F,连接 EF,DF,

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∵E 为 PB 中点,∴EF∥PA, ∴∠DEF 为异面直线 DE 与 PA 所成角(或其补角).[8 分] 在 Rt△AOB 中, AO=AB· cos 30° = 3, 6 ∴在 Rt△POA 中,PA= 6,∴EF= . 2 在正三角形 ABD 和正三角形 PDB 中,DF=DE= 3, DE2+EF2-DF2 由余弦定理得 cos∠DEF= [10 分] 2DE· EF 6 6 ? 3?2+? ?2-? 3?2 2 4 ? ? 2 = = = . 6 3 2 4 2× 3× 2 2 所以异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值为 .[12 分] 4 【突破思维障碍】 求两条异面直线所成角的大小,一般方法是通过平行移动直线,把异面问题转化为共面 问题来解决.根据空间等角定理及推论可知,异面直线所成角的大小与顶点位置无关,往往 将角的顶点取在其中的一条直线上,特别地,可以取其中一条直线与另一条直线所在平面的 交点或异面线段的端点.总之,顶点的选择要与已知量有关,以便于计算,具体步骤如下: (1)利用定义构造角,可固定一条,平移另一条,或两条同时平移到某个特殊的位置,顶 点选在特殊的位置上;(2)证明作出的角即为所求角;(3)利用三角形来求解,异面直线所成角 的范围是(0° ,90° ]. 【易错点剖析】 1.求异面直线所成的角时,仅指明哪个角,而不进行证明. 2.忘记异面直线所成角的范围,余弦值回答为负值.

1.利用平面基本性质证明“线共点”或“点共线”问题: (1)证明共点问题,常用的方法是:先证其中两条直线交于一点,再证交点在第三条直线 上,有时也可将问题转化为证明三点共线. (2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线,只要证明这些点都是这两个平面的公 共点,根据公理 3 可知这些点在交线上,因此共线. 2.异面直线的判定方法: (1)定义法:由定义判断两直线不可能在同一平面内. (2)反证法:用此方法可以证明两直线是异面直线. 3.求异面直线所成的角的步骤: (1)一般是用平移法(可以借助三角形的中位线、平行四边形等)作出异面直线的夹角; (2)证明作出的角就是所求的角; (3)利用条件求出这个角; (4)如果求出的角是锐角或直角,则它就是要求的角,如果求出的角是钝角,则它的补角 才是要求的角.

(满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交
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)

2.给出下列命题: ①若平面 α 上的直线 a 与平面 β 上的直线 b 为异面直线,直线 c 是 α 与 β 的交线,那么 c 至多与 a、b 中的一条相交;②若直线 a 与 b 异面,直线 b 与 c 异面,则直线 a 与 c 异面;③ 一定存在平面 α 同时和异面直线 a、b 都平行.其中正确的命题为( ) A.① B.② C.③ D.①③ 3.(2011· 宁德月考)

如图所示,在正三角形 ABC 中,D、E、F 分别为各边的中点,G、H、I、J 分别为 AF、 AD、BE、DE 的中点,将△ABC 沿 DE、EF、DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的度数为 ( ) A.90° B.60° C.45° D.0° 4.(2009· 全国Ⅱ)已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 的中点,则 异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为( ) 10 1 3 10 3 A. B. C. D. 10 5 10 5 5.(2011· 三明模拟)正四棱锥 S—ABCD 的侧棱长为 2,底面边长为 3,E 为 SA 的中点, 则异面直线 BE 和 SC 所成的角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分)

6.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论: ①AB⊥EF;②AB 与 CM 所成的角为 60° ;③EF 与 MN 是异面直线;④MN∥CD.则正确 结论的序号是______.

7.(2009· 四川)如图所示, 已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各条棱长都相等,M 是侧棱 CC1 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所成的角的大小是________. 8.如图所示,正四面体 P—ABC 中,M 为棱 AB 的中点,则 PA 与 CM 所成角的余弦值 为________.

三、解答题(共 38 分) 9.(12 分)(2011· 温州月考)

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如图所示,正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E,F 分别是 AB 和 AA1 的中点. 求证:(1)E,C,D1,F 四点共面; (2)CE,D1F,DA 三线共点.

10.(12 分)

在棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P,Q,R 分别是棱 CC1,A1D1,A1B1 的中点, 画出过这三点的截面,并求这个截面的周长.

11.(14 分)(2011· 舟山模拟)

如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,E 为 AB 的中点. (1)求证:AC⊥平面 BDD1; (2)求异面直线 BD1 与 CE 所成角的余弦值. (3)求点 B 到平面 A1EC 的距离.

学案 42
自主梳理

空间点、线、面之间的位置关系

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1.两点 不在一条直线上 一条 2.(1)平行 相交 π? (2)①锐角或直角 ②? ?0,2? 3.平行 相交 在平面内 4.平行 相交 5.同一条直线 6.相等或互补 自我检测 1.D [a,c 都与直线 b 异面,并不能确定直线 a,c 的关系.] 2.C [a,b 是异面直线,直线 c∥直线 a. 因而 cD b, 否则,若 c∥b,则 a∥b 与已知矛盾, 因而 cD b.] 3.C [A 中 PQ∥RS;B 中 RS∥PQ; D 中 RS 和 PQ 相交.] 4.C [

将直三棱柱 ABC—A1B1C1 补成如图所示的几何体. 由已知易知:该几何体为正方体. 连接 C1D,则 C1D∥BA1. ∴异面直线 BA1 与 AC1 所成的角为∠AC1D(或补角), 在等边△AC1D 中,∠AC1D=60° .] 5.④ 课堂活动区 例 1 解题导引 证明线共点的问题实质上是证明点在线上的问题,其基本理论是把直 线看作两平面的交线,点看作是两平面的公共点,由公理 3 得证. AE CF (1)解 ∵ = =2,∴EF∥AC. EB FB ∴EF∥平面 ACD.而 EF?平面 EFGH, 且平面 EFGH∩平面 ACD=GH,∴EF∥GH. 而 EF∥AC,∴AC∥GH. AH CG ∴ = =3,即 AH∶HD=3∶1. HD GD EF 1 GH 1 (2)证明 ∵EF∥GH,且 = , = , AC 3 AC 4 ∴EF≠GH,∴四边形 EFGH 为梯形. 令 EH∩FG=P,则 P∈EH,而 EH?平面 ABD, P∈FG,FG?平面 BCD, 平面 ABD∩平面 BCD=BD, ∴P∈BD.∴EH、FG、BD 三线共点. 变式迁移 1 证明 ∵E∈AB,H∈AD, ∴E∈平面 ABD,H∈平面 ABD.∴EH?平面 ABD. ∵EH∩FG=O,∴O∈平面 ABD. 同理可证 O∈平面 BCD, ∴O∈平面 ABD∩平面 BCD, 即 O∈BD,∴B、D、O 三点共线. 例 2 解题导引 高考中对异面直线所成角的考查,一般出现在综合题的某一步,求异 面直线所成角的一般步骤为: (1)平移:选择适当的点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线,这里的点通常选

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择特殊位置的点,如线段的中点或端点,也可以是异面直线中某一条直线上的特殊点. (2)证明:证明所作的角是异面直线所成的角. (3)寻找:在立体图形中,寻找或作出含有此角的三角形,并解之. (4)取舍:因为异面直线所成角 θ 的取值范围是 0°<θ≤90° ,所以所作的角为钝角时,应取 它的补角作为异面直线所成的角. D [

如图,A1D⊥平面 ABC,且 D 为 BC 的中点,设三棱柱的各棱长为 1,则 AD=

3 ,由 2

1 1 1 2 A1D⊥平面 ABC 知 A1D= ,Rt△A1BD 中,易求 A1B= + = . 2 4 4 2 ∵CC1∥AA1,∴AB 与 AA1 所成的角即为 AB 与 CC1 所成的角.在△A1BA 中,由余弦定理 1 1+1- 2 3 3 可知 cos∠A1AB= = .∴AB 与 CC1 所成的角的余弦值为 .] 4 2×1×1 4 变式迁移 2 解

如图所示,分别取 AD、CD、AB、BD 的中点 E、F、G、H,连接 EF、FH、HG、GE、 GF. 由三角形的中位线定理知,EF∥AC,且 EF= 3 13 ,GE∥BD,且 GE= .GE 和 EF 所成 4 4

的锐角(或直角)就是 AC 和 BD 所成的角. 1 3 同理,GH∥AD,HF∥BC.GH= ,HF= , 2 2 又 AD⊥BC,∴∠GHF=90° ,∴GF2=GH2+HF2=1. 2 2 在△EFG 中,EG +EF =1=GF2, ∴∠GEF=90° ,即 AC 和 BD 所成的角为 90° . 课后练习区 1.D 2.C [①错,c 可与 a、b 都相交; ②错,因为 a、c 可能相交也可能平行; ③正确,例如过异面直线 a、b 的公垂线段的中点且与公垂线垂直的平面即可满足条件.] 3.B [

将三角形折成三棱锥,如图所示,HG 与 IJ 为一对异面直线,过 D 分别作 HG 与 IJ 的平

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行线, 因 GH∥DF, IJ∥AD, 所以∠ADF 为所求, 因此 HG 与 IJ 所成角为 60° .] 4.C [

如图所示,连接 A1B,则 A1B∥C D1 故异面直线 BE 与 CD1 所成的角即为 BE 与 A1B 所成 的角.设 AB=a,则 A1E=a,A1B= 5a, BE= 2a. △A1BE 中,由余弦定理得 BE2+A1B2-A1E2 cos∠A1BE= 2BE· A1B 2 2 2 2a +5a -a 3 10 = = .] 10 2× 2a× 5a 5.C [设 AC 中点为 O,则 OE∥SC,连接 BO,则∠BEO(或其补角)即为异面直线 BE 和 SC 所成的角, 1 2 1 6 EO= SC= ,BO= BD= , 2 2 2 2 1 3 AB 2 2 6 在△SAB 中,cos A= = = SA 2 4 AB2+AE2-BE2 = ,∴BE= 2. 2AB· AE BE2+EO2-BO2 1 在△BEO 中,cos∠BEO= = , 2BE· EO 2 ∴∠BEO=60° .

] 6.①③

解析 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体,如图所示,易知 AB⊥EF,AB∥CM, EF 与 MN 异面,MN⊥CD,故①③正确. 7.90° 解析 延长 A1B1 至 D,使 A1B1=B1D,则 AB1∥BD,

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∠MBD 就是直线 AB1 和 BM 所成的角.设三棱柱的各条棱长为 2, 则 BM= 5,BD=2 2, C1D2=A1D2+A1C2 A1C1cos 60° 1-2A1D· =16+4-2×4=12. DM2=C1D2+C1M2=13, BM2+BD2-DM2 ∴cos∠DBM= =0,∴∠DBM=90° . 2· BM· BD 3 8. 6 解析 如图,取 PB 中点 N,连接 CN、MN. ∠CMN 为 PA 与 CM 所成的角(或补角),

设 PA=2,则 CM= 3, MN=1,CN= 3. MN2+CM2-CN2 3 ∴cos∠CMN= = . 2MN· CM 6 9.证明 (1)如图所示,连接 CD1,EF,A1B, ∵E、F 分别是 AB 和 AA1 的中点,

1 ∴EF∥A1B,且 EF= A1B,(2 分) 2 又∵A1D1 綊 BC, ∴四边形 A1BCD1 是平行四边形, ∴A1B∥CD1,∴EF∥CD1, ∴EF 与 CD1 确定一个平面 α, ∴E,F,C,D1∈α, 即 E,C,D1,F 四点共面.(6 分) 1 (2)由(1)知 EF∥CD1,且 EF= CD1, 2 ∴四边形 CD1FE 是梯形, ∴CE 与 D1F 必相交,设交点为 P,(8 分) 则 P∈CE?平面 ABCD,且 P∈D1F?平面 A1ADD1, ∴P∈平面 ABCD 且 P∈平面 A1ADD1.(10 分) 又平面 ABCD∩平面 A1ADD1=AD, ∴P∈AD,∴CE,D1F,DA 三线共点.(12 分) 10.解 如图所示,连接 QR 并延长,分别与 C1B1,C1D1 的延长线交于 E,F 两点.
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连接 EP 交 BB1 于 M 点, 连接 FP 交 DD1 于 N 点. 再连接 RM,QN,则五边形 PMRQN 为过三点 P,Q,R 的截面.(3 分) 由 Q,R 分别是边 A1D1,A1B1 的中点,知△QRA1≌△ERB1,(6 分) 1 ∴B1E=QA1= a, 2 由△EB1M∽△EC1P, 知 EM∶EP=EB1∶EC1=1∶3,(9 分) 2 2 ?1 ?2 ?3 ?2 10 a + a = PM= EP= a, 3 3 ?2 ? ? 2 ? 3 10 同理 PN=PM= a, 3 10 2 易求 RM=QN= a,QR= a, 6 2 2 ∴五边形 PMRQN 的周长为? 10+ ?a. 2? ? (12 分) 11.(1)证明 由已知有 D1D⊥平面 ABCD 得 AC⊥D1D,又由 ABCD 是正方形, 得 AC⊥BD,∵D1D 与 BD 相交,∴AC⊥平面 BDD1.(4 分) (2)解 延长 DC 至 G,使 CG=EB,连接 BG、D1G,

∵CG 綊 EB,∴四边形 EBGC 是平行四边形. ∴BG∥EC. ∴∠D1BG 就是异面直线 BD1 与 CE 所成的角.(6 分) 在△D1BG 中,D1B=2 3, BG= 5,D1G= 22+32= 13. D1B2+BG2-D1G2 ∴cos∠D1BG= 2D1B· BG 12+5-13 15 = = . 2×2 3× 5 15 15 ∴异面直线 BD1 与 CE 所成角的余弦值是 .(8 分) 15 (3)解 连接 A1B, ∵△A1AE≌△CBE,∴A1E=CE= 5. 又∵A1C=2 3, ∴点 E 到 A1C 的距离 d= 5-3= 2. 1 ∴S△A1EC= A1C· d= 6, 2
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1 S△A1EB= EB· A1A=1.(11 分) 2 又∵VB—A1EC=VC—A1EB, 设点 B 到平面 A1EC 的距离为 h, 1 1 6 ∴ S△A1EC· h= S△A1EB· CB,∴ 6· h=2,h= . 3 3 3 ∴点 B 到平面 A1EC 的距离为 6 .(14 分) 3

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