高考冲刺 空间直线与平面的关系(提高).doc

学海在线资源中心 高考冲刺 空间直线与平面的关系 编稿：孙永钊 审稿：张林娟 【高考展望】 高考对立体几何的考查，稳定中有所创新,由知识立意转为能力立意 （1） 考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定,以及求线面角、二面角等知识都是重点考查的内容，其中线线角、线面角、二面角的求解更是重中之重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。实行新课程的高考，命题者在求稳的同时注重创新高考创新，主要体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查. （2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重要知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体几何模型中考查线面的关系. （3）使用，“向量”仍将会成为高考命题的热点，一般选择题、填空题重在考查向量的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向量的数量积及坐标运算仍是高考命题的重点. （4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题. 【知识升华】 1．平行关系的转化 两平面平行问题常常转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图． 2．解决平行问题时要注意以下结论的应用 (1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． (2)两个平面平行，其中一个平面内的任一直线必平行于另一个 平面． (3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交． (4)平行于同一条直线的两条直线平行． (5)平行于同一个平面的两个平面平行． (6)如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行． 3．垂直关系的转化 与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图． 在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面．当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化． 【典型例题】 类型一、空间点、线、面位置关系 【例1】对于四面体ABCD，下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)． ①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点． 【思路点拨】画出四面体ABCD的直观图，根据点、线、面的位置关系进行分析． 【答案】①④⑤ 【解析】若AB与CD共面，ABCD就成了平面图形，故①对； 若垂足为△BCD高线的交点，必推出对棱垂直，故②错； 只有当以AB为底的三角形是等腰三角形时，垂足才能重合，故③错； 设垂足为O，过O作OE⊥CD于E，连接AE，则OE<AE. ∴S△COD＝CD·OE<S△ACD＝CD·AE. 同理可得S△ABD>S△BOD，S△ABC>S△BOC， ∴S△ACD＋S△ABC＋S△ABD>S△BCD.故④对． 如图，点E、F、G、H、M、N为各边中点，这样可得到▱EFGH和▱ENGM它们的对角线EG和FH互相平分，EG和MN也互相平分． 因此，三条线段EG，FH，MN交于一点，故⑤对． 【总结升华】准确画出相应的几何体，结合该几何体来研究各命题的真假．若判定一个命题为假，只需举一反例(特殊状态、特殊位置、特殊图形)即可．有时用反证法来判断也可以． 举一反三： 【变式】设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 (　　)． A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m 【答案】B 【解析】对于A，由l⊥m及m⊂α，可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故A不正确．B正确．对于C，由l∥α，m⊂α知，l与m的位置关系为平行或异面，故C不正确．对于D，由l∥α，m∥α知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故D不正确． 【例2】l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 【答案】B　 【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B. 【总结升华】在直线与直线的位置关系中，要注意平面上两直线位置关系的结论，在空间不一定成立．在解决点线面位置关系的判断时要注意空间问题和平面问题的区别与联系． 举一反三： 【变式】已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　) A．a⊥c，b⊥c⇒a∥b B．a∥α，b∥α⇒a∥b C．α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β D．α∥γ，β∥γ⇒α∥β 【答案】D　 【解析】选项A中的结论只在平面内成立，在空间不成立；空间线面的平行没有传递性；垂直于同一个平面的两个平面不一定平行；空间平面的平行关系具有传递性．这类空间结论的判断题，只要根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行，必要时可以利用长方体模型，同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何中． 【例3】设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的个数为________. ①若l⊥m，m⊂α，则l⊥α；②若l⊥α，l∥m，则m⊥α； ③若l∥α，m⊂α，则l∥m；④若l∥α，m∥α，则l∥m. 【答案】1 【解析】对于①，由l⊥m及m⊂α，可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故①不正确.②正确. 对于③，由l∥α，m⊂α知，l与m的位置关系为平行或异面，故③不正确. 对于④，由l∥α，m∥α知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故④不正确. 【总结升华】空间位置关系的判定要紧扣定义，正确把握其内涵，判断中可以结合实例或者转化到我们熟悉的长方体、正方体模型中进行观察. 类型二、平行与垂直关系 【例4】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点． 求证：(1)直线EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 【思路点拨】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力． 【证明】(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD. 又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， 所以直线EF∥平面PCD. (2)连接BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以BF⊥平面PAD. 又因为BF⊂平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD. 【总结升华】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直． 举一反三： 【变式1】如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，点E、G分别是CD、PC的中点，点F在PD上，且PF∶FD＝2∶1. (1)证明：EA⊥PB； (2)证明：BG∥平面AFC. 【证明】(1)因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°， 所以△ACD为等边三角形． 又因为E是CD的中点，所以EA⊥AB. 又PA⊥平面ABCD，所以EA⊥PA. 由PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，所以EA⊥PB. (2)取PF中点M，所以PM＝MF＝FD.连接MG，MG∥CF，所以MG∥平面AFC. 连接BM，BD，设AC∩BD＝O，连接OF， 所以BM∥OF，所以BM∥平面AFC. 所以平面BGM∥平面AFC，所以BG∥平面AFC. 【变式2】如图，在直三 棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不 同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点． 求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直线A1F∥平面ADE. 【证明】 (1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1. 又AD⊂平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点， 所以A1F⊥B1C1. 因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE， 所以直线A1F∥平面ADE. 例5（2015 丰台区二模）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，AB=BC=AD，PA⊥底面ABCD，过BC的平面交PD于M，交PA与N（M与D不重合）． （Ⅰ）求证：MN∥BC； （Ⅱ）求证：CD⊥PC； （Ⅲ）如果BM⊥AC，求此时的值． 【证明】（Ⅰ）∵BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴BC∥平面PAD， ∵平面PAD∩平面BCMN=MN， ∴BC∥MN，即MN∥BC； （Ⅱ）取AD中点E，连接CE，BE， ∵AB=BC=AD， ∴四边形ABCE为正方形， ∵E是AD的中点， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴AC⊥CD，即CD⊥AC， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥CD， ∵PA∩AC=A， ∴CD⊥面PAC， ∵PC⊂面PAC， ∴CD⊥PC． （Ⅲ）连接BE，则BE∥CD， ∵AC⊥CD，∴AC⊥BE， 若BM⊥AC， ∵BM∩BE=B， ∴AC⊥面BEM， ∵ME⊂面BEM， ∴AC⊥EM， ∵E是AD的中点， ∴M是PD的中点， 即=． 举一反三： 【变式1高清视频：空间直线与平面的关系例4 ID369362】如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，点在上，。 求证：（1）EF∥平面ABC； （2）平面平面. 【总结升华】本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。 【变式2】（2016 盐城一模）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB=，M是棱BC的中点． （1）求证：OM∥平面ABB1A1； （2）求证：平面ABC1⊥平面A1BC． 【证明】（1）在△A1BC中，因为O是A1C的中点，M是BC的中点， 所以OM∥A1B， 又OM⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1， 所以OM∥平面ABB1A1． （2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥底面ABC，所以CC1⊥BC， 又∠ACB=，即BC⊥AC，而CC1，AC⊂面ACC1A1，且CC1∩AC=C， 所以BC⊥面ACC1A1， 而AC1⊂面ACC1A1，所以BC⊥AC1， 又ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1，而BC，A1C⊂面A1BC，且BC∩A1C=C， 所以AC1⊥面A1BC 又AC1⊂面ABC1，所以面ABC1⊥面A1BC 类型三、探索性问题 【例6】P A B C D Q M 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，BC=AD，PA=PD，Q为AD的中点． （Ⅰ）求证：AD⊥平面PBQ； （Ⅱ）若点M在棱PC上，设PM=tMC，试确定t的值，使得 PA//平面BMQ． 【证明】（Ⅰ）AD // BC，BC=AD，Q为AD的中点， ∴ 四边形BCDQ为平行四边形， ∴CD // BQ ． ∵ ∠ADC=90° ， ∴∠AQB=90° ， 即QB⊥AD． ∵ PA=PD，Q为AD的中点， ∴PQ⊥AD． P A B C D Q M N ∵ PQ∩BQ=Q ， ∴AD⊥平面PBQ． （Ⅱ）当时，PA//平面BMQ． 连接AC，交BQ于N，连接MN． ∵BCDQ， ∴四边形BCQA为平行四边形，且N为AC中点， ∵点M是线段PC的中点， ∴ MN // PA． ∵ MN平面BMQ，PA平面BMQ， ∴ PA // 平面BMQ． 【总结升华】解决探究某些点或线的存在性问题，一般方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直)，再证明其符合要求，一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形． 举一反三： 【变式1】如图(1)所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2，E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点．现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD(如图(2))． (1)求证：AP∥平面EFG； (2)在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，试给出证明． 【证明】(1)证明　∵E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥CD∥AB. 又EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB， ∴EF∥平面PAB. 同理：EG∥平面PAB.又EF∩EG＝E. ∴平面EFG∥平面PAB. ∵AP⊂平面PAB，AP⊄平面EFG， ∴AP∥平面EFG. (2)解　取PB的中点Q，连接AQ，QD， 则PC⊥平面ADQ. 连接DE，EQ， ∵E，Q分别是PC，PB的中点， ∴EQ∥BC∥AD. ∵平面PDC⊥平面ABCD，PD⊥DC， ∴PD⊥平面ABCD. ∴PD⊥AD，又AD⊥DC，PD∩DC＝D， ∴AD⊥平面PDC.又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC. 在△PDC中，PD＝CD，E是PC的中点． ∴DE⊥PC，又AD∩DE＝D. ∴PC⊥平面ADEQ，即PC⊥平面ADQ. 【变式2】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°，且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD. (1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD； (2)求证：AD⊥PB； (3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论. (1)【证明】　∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点， 得BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD. (2) 【证明】连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥AD. 由(1)知BG⊥AD， ∵PG∩BG＝G， PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB ∴AD⊥平面PGB. ∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB. (3)【解析】当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明如下：取PC的中点F，连接DE，EF，DF， 则在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE，而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，FE∩DE＝E， ∴平面DEF∥平面PGB. 由(2)可知，PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB， ∴平面PGB⊥平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD. 类型四、翻折问题 【例7】如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD. (1)当棱锥A′－PBCD的体积最大时，求PA的长． (2)若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE. 【思路点拨】利用平面几何图形翻折前后的位置关系或数量关系解决问题。 【解析】(1)令PA＝x(0<x<2)，则A′P＝PD＝x，BP＝2－x.因为A′P⊥PD，且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD.所以VA′－PBCD＝Sh＝(2－x)·(2＋x)x＝(4x－x3)． 令f(x)＝(4x－x3)，(4分) 由f′(x)＝(4－3x2)＝0，得x＝ (负值舍去)． 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以当x＝时，f(x)取得最大值． 故当VA′－PBCD最大时，PA＝. (2)证明：设F为A′B的中点，如图所示，连接PF，FE， 则有EF//BC，PDBC. 所以EFPD. 所以四边形EFPD为平行四边形． 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B， 故DE⊥A′B. 【总结升华】(1)解决折叠问题的关键是搞清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决. 举一反三： 【变式】已知梯形ABCD中，，，，G，E，F分别是AD，BC，CD的中点，且，沿CG将△CDG翻折到△． （Ⅰ）求证：EF//平面； （Ⅱ）求证：平面⊥平面． A B C E D F G F G E A B C 【证明】∵E，F分别是BC，CD的中点，即E，F分别是BC，C的中点， ∴EF为△的中位线． ∴EF//． 又∵平面，平面， ∴EF // 平面． （Ⅱ）∵G是AD的中点，，即， ∴． 又∵，， ∴在中， ∴． ∴，． ∵∩=， ∴平面． 又∵平面， ∴平面⊥平面． 【例8】在长方形中，，，分别是，的中点（如图1）. 将此长方形沿对折，使二面角为直二面角，，分别是，的中点（如图2）. （Ⅰ）求证：∥平面； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 图（1） 图（2） C1 BA CA A A1 B12A BA CA A DA EA A1 B12A C1 【思路点拨】利用翻折前后不变量（包括长度、角度），再结合已知条件，证明线面平行与垂直。 解法一： （Ⅰ）证明：取的中点，连接，. 因为，分别是，的中点， 所以是△的中位线. 所以∥∥，且. 又因为是的中点， 所以. 所以∥，且. 所以四边形是平行四边形. 所以∥. 又平面，平面， 所以∥平面. （Ⅱ）证明：因为，且， 所以平面. 因为∥, 所以平面. 因为平面，所以. 又，且是的中点，所以. 因为，所以平面. 由（Ⅰ）知∥. 所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. （Ⅲ）解：由已知，将长方形沿对折后，二面角为直二面角， 因为在长方形中，，分别是，的中点， 所以，. 所以是二面角的平面角. 所以. 所以. 又，， 所以平面，即平面. 所以. 其中， 所以. ， 设点到平面的距离为， 所以，即. 设直线与平面所成角为， zA xA yA A A1 CA EA C1 DA BA B12A 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法二： （Ⅰ）证明：由已知，将长方形沿对折后，二面角为直二面角，因为在长方形中，，分别是，的中点， 所以，. 即是二面角的平面角. 所以. 所以. 所以两两垂直. 以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因为，且，分别是，的中点， 所以，，，，. 所以，. 设平面的法向量为， 所以 所以 令，则，. 所以. 又因为. 所以. 又因为平面， 所以∥平面. （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知 ，，，，. 设平面的法向量为， 所以 所以 令，则，，所以. 由（Ⅰ）知，平面的法向量为. 所以. 所以. 所以平面平面. （Ⅲ）解：由（Ⅰ）知，，. 所以. 又由（Ⅰ）知，平面的法向量为. 设直线与平面所成角为，则 . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【总结升华】(1)解决折叠问题的关键是搞清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决. 举一反三： A B D E C 【变式】已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD的中点．沿BD将△BCD翻折到△，使得平面⊥平面ABD． （Ⅰ）求证：平面ABD； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角的余弦值． 【证明】（Ⅰ）平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8， 沿直线BD将△BCD翻折成△ 可知CD=6，BC’=BC=10，BD=8， 即， 故． ∵平面⊥平面，平面平面=，平面， ∴平面． （Ⅱ）由（Ⅰ）知平面ABD，且， 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系． 则，，，． A B D E C x y z ∵E是线段AD的中点， ∴，． 在平面中，，， 设平面法向量为， ∴ ，即， 令，得，故． 设直线与平面所成角为，则 ． ∴ 直线与平面所成角的正弦值为． （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面的法向量为， 而平面的法向量为， ∴ ， 因为二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为．