高三数学高考知识模块复习指导学案——直线与平面.doc

高考数学知识模块复习指导复习系列学案
——直线与平面
【考点梳理】
一、考试内容
1.平面。平面的基本性质。平面图形直观图的画法。
2.两条直线的位置关系。平行于同一条直线的两条直线互相平行。对应边分别平行的角。异面直线所成的角。两条异面直线互相垂直的概念。异面直线的公垂线及距离。
3.直线和平面的位置关系。直线和平面平行的判定与性质。直线和平面垂直的判定与性质。点到平面的距离。斜线在平面上的射影。直线和平面所成的角。三垂线定理及其逆定理。
4.两个平面的位置关系。平面平行的判定与性质。平行平面间的距离。二面角及其平面角。两个平面垂直的判定与性质。
二、考试要求
1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离。
2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。
3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。
三、考点简析
1.空间元素的位置关系

2.平行、垂直位置关系的转化

3.空间元素间的数量关系
（1）角
①相交直线所成的角；
②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；
③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；
④二面角——用二面角的平面角来度量。
（2）距离
①两点之间的距离——连接两点的线段长；
②点线距离——点到垂足的距离；
③点面距离——点到垂足的距离；
④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；
⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；
⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；
⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；
⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。
四、思想方法
1.用类比的思想去认识面的垂直与平行关系，注意垂直与平行间的联系。
2.注意立体几何问题向平面几何问题的转化，即立几问题平面化。
3.注意下面的转化关系：

4.在直接证明有困难时，可考虑间接证法，如同一法和反证法。
5.求角与距离的关键是化归。即空间距离与角向平面距离与角化归，各种具体方法如下：
（1）求空间中两点间的距离，一般转化为解直角三角形或斜三角形。
（2）求点到直线的距离和点到平面的距离，一般转化为求直角三角形斜边上的高；或利用三棱锥的底面与顶点的轮换性转化为三棱锥的高，即用体积法。
（3）求异面直线所成的角，一般是平移转化法。方法一是在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线；或过空间任一点分别作两异面直线的平行线，这样就作出了两异面直线所成的角θ，构造一个含θ的三角形，解三角形即可。方法二是补形法：将空间图形补成熟悉的、完整的几何体，这样有利于找到两条异面直线所成的角θ。
（4）求直线与平面所成的角，一般先确定直线与平面的交点（斜足），然后在直线上取一点（除斜足外）作平面的垂线，再连接垂足和斜足（即得直接在平面内的射影），最后解由垂线、斜线、射影所组成的直角三角形，求出直线与平面所成的角。
（5）求二面角，一般有直接法和间接法两种。所谓直接法求二面角，就是作出二面角的平面角来解。其中有棱二面角作平面角的方法通常有：①根据定义作二面角的平面角；②垂面法作二面角的平面角；③利用三垂线定理及其逆定理作二面角的平面角；无棱二面角先作出棱后同上进行。间接法主要是投影法：即在一个平面α上的图形面积为S，它在另一个平面β上的投影面积为S′，这两个平面的夹角为θ，则S′=Scosθ。
求角和距离的基本步骤是作、证、算。此外还要特别注意融合在运算中的推理过程，推理是运算的基础，运算只是推理过程的延续。如求二面角，只有根据推理过程找到二面角后，进行简单的运算，才能求出。因此，求角与距离的关键还是直线与平面的位置关系的论证。

【例题解析】
例1 如图7-1，已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分别为A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中点。
（1）求证：EF⊥GF；
（2）求证：MN∥平面EFGH；
（3）若AB=2，求MN到平面EFGH的距离。

解 （1）如图7-2，作GQ⊥B1C1于Q，连接FQ，则GQ⊥平面A1B1C1D1，且Q为B1C1的中点。
在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分别为A1D1、A1B1、B1C1的中点可证明EF⊥FQ，由三垂线定理得EF⊥GF。
（2）连DG和EG。
∵N为CL的中点，由正方形的对称性，N也为DG的中点。在△DEG中，由三角形中位线性质得MN∥EG，又EG平面EFGH，MN平面EFGH，
∴MN∥平面EFGH。
（3）图7-3为图7-2的顶视图。连NH和NE。设N到平面EFGH的距离为h，
∵VE—NGH=VN—HEG

∴·AA1·S△NHG=·h·S△HEG
2·=h··EH·HG
又∵EH==,HG=
∴ =h···
h=
例2 如图7-4，已知△ABC中， ∠ACB=90°，CD⊥AB，且AD=1，BD=2，△ACD绕CD旋转至A′CD，使点A′与点B之间的距离A′B=。
（1）求证：BA′⊥平面A′CD；
（2）求二面角A′－CD－B的大小；
（3）求异面直线A′C与BD所成的角的余弦值。

解 （1）∵CD⊥AB，
∴CD⊥A′D，CD⊥DB，
∴CD⊥平面A′BD，
∴CD⊥BA′。
又在△A′DB中，A′D=1，DB=2，A′B=，
∴∠BA′D=90°，即BA′⊥A′D，
∴BA′⊥平面A′CD。
（2）∵CD⊥DB，CD⊥A′D，
∴∠BDA′是二面角A′—CD—B的平面角。
又Rt△A′BD中，A′D=1，BD=2，
∴∠A′DB=60°，
即 二面角A′—CD—B为60°。
（3）过A′作A′E∥BD，在平面A′BD中作DE⊥A′E于E，连CE，则∠CA′E为A′C与BD所成角。
∵CD⊥平面A′BD，DE⊥A′E，∴A′E⊥CE。
∵EA′∥AB，∠A′DB=60°，∴∠DA′E=60°，
又A′D=1，∠DEA′=90°，
∴A′E=
又∵在Rt△ACB中，AC==
∴A′C=AC=
∴Rt△CEA′中，cos∠CA′E===,
即异面直线A′C与BD所成角的余弦值为。
例3 已知三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，PA=3，AC=4，PB=PC=BC。
（1）求三棱锥P—ABC的体积V；
（2）作出点A到平面PBC的垂线段AE，并求AE的长；
（3）求二面角A—PC—B的大小。
解 （1）∵PA⊥平面ABC，PB=PC，由射影定理得，AB=AC=4。
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AC。
在Rt△PAC中，可求出PC=5。
则PB=BC=5。
取BC中点D，连AD。
在等腰△ABC中，求出底边上的高AD=。
∴V=··5··3=。

（2）连PD，则PD⊥BC，又AD⊥BC，
∴BC⊥平面PAD。
又BC平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC。
作AE⊥PD于E，则AE⊥平面PBC，AE为点A到平面PBC的垂线段。
在Rt△PAD中，由PA·AD=AE·PD，
得3·=AE·，
求出AE=。
（3）作AF⊥PC于F，连EF，由三垂线定理逆定理，得EF⊥PC，
∴∠AFE为二面角A—PC—B的平面角。
在Rt△PAC中，由PA·AC=PC·AF，即3·4=5·AF，求出AF=，
∴sin∠AFE==·=，
则∠AFE=arcsin。
例4 如图7-7，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB，AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F。
（1）求证：平面A1EF⊥平面B1BCC1；
（2）求点A到平面B1BCC1的距离；
（3）当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等？

解 （1）已知A1E⊥B1B于E，A1F⊥C1C于F，
且∵B1B∥C1C，∴ B1B⊥A1F。
又A1E∩A1F=A1，∴B1B⊥平面A1EF。
∴平面A1EF⊥平面B1BCC1。
（2）因为∠A1B1B=∠A1AB=∠A1AC=∠A1C1C=45°，
A1B1=A1C1，∠A1EB1=∠A1FC1=90°，A1B1=2，
∴Rt△A1B1E≌Rt△A1C1F， A1E=A1F=，
∴B1E∥C1F，∴EF=B1C1=2，
∴A1E2+A1F2=EF2，
∴△A1EF为等腰直角三角形，
取EF的中点N，连A1N，则A1N⊥EF，
∵A1N⊥平面B1BCC1，
∵A1N为点A1到平面B1BCC1的距离。
又有A1N=EF=1，
所以点A1到平面B1BCC1的距离为1。
（3）如图7-8，设BC、B1C1的中点分别为D、D1，连AD，DD1和A1D1，则N∈DD1。

∵DD1∥BB1∥AA1，∴A，A1，D，D1四点共面，∴AD∥A1D1，
∴A1ADD1为平行四边形。
∵B1C1⊥A1D1，A1N⊥平面BCC1B1，
∴B1C1⊥D1D，又B1C1⊥A1N，
∴B1C1⊥平面ADD1A1，
∴BC⊥平面ADD1A1，
∴平面A1ADD1⊥平面ABC。
作A1M⊥平面ABC于M，则点M在AD上。
若A1M=A1N，又∠A1AD=∠A1D1D，∠A1MA=∠A1ND1=90°,
则有Rt△A1MA≌Rt△A1ND1，
于是A1A=A1D1=。
即当A1A=时，点A1到平面ABC和平面B1BCC1的距离相等。
例5 如图7-9，已知：PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD∥BC，PD∶DC∶BC=1∶1∶。
（1）求PB与平面PDC所成角的大小；
（2）求二面角D—PB—C的正切值；
（3）若AD=BC，求证平面PAB⊥平面PBC。

解 （1）由PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，得PD⊥BC。
由AD⊥DC，AD∥BC，得BC⊥DC。
又PD∩DC=D，则BC⊥平面PDC。
所以∠BPC为直线PB与平面PDC所成的角。
令PD=1，则DC=1，BC=，可求出PC=。
由BC⊥平面PDC，PC平面PDC，得BC⊥PC。
在Rt△PBC中，由PC=BC得∠BPC=45°，
即直线PB与平面PDC所成的角为45°。
（2）法一：
如图7-10，取PC中点E，连DE， 则DE⊥PC。
由BC⊥平面PDC，BC平面PBC，
得平面PDC⊥平面PBC。
则DE⊥平面PBC。
作EF⊥PB于F，连DF，
由三垂线定理，得DF⊥PB。
则∠DFE为二面角D—PB—C的平面角。
在Rt△PDC中，求得DE=。
在Rt△PFE中，求得EF=。
在Rt△DEF中，tan∠DFE==。
即二面角D—PB—C的正切值为。

法二：
由PD⊥平面ABCD，PD平面PDB，
得平面PDB⊥平面ABCD。
如图7-11，作CH⊥BD于H，则CH⊥平面PDB。
作HF⊥PB于F，连CF，
由三垂线定理得CF⊥PB。
则∠CFH为二面角D—PB—C的平面角。
在等腰Rt△PBC中，求出斜边上的中线CF=1。
在Rt△DBC中，求出DB==，
可进一步求出斜边上的高CH=。
在Rt△FHC中，求出HF=，∴tan∠HFC==，
即二面角D—PB—C的正切值是。
（3）如图7-12，取PB中点G，连AG和EG。

由三角形中位线定理得GE∥BC，GE=BC。
由已知，AD∥BC，AD=BC。∴AD=GE，AD∥GE。
则四边形AGED为平行四边形，
∴AG∥DE。
由（2）的解法（一），已证出DE⊥平面PBC，∴AG⊥平面PBC。
又AG平面PAB，∴平面PAB⊥平面PBC。
例6 如图7-13，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AD=a，M，N分别是AB，PC的中点，

（1）求平面PCD与平面ABCD所成二面角的大小；
（2）求证：MN⊥平面PCD；
（3）当AB的长度变化时，求异面直线PC与AD所成角的可能范围。
解 （1）PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴PD⊥CD。
故∠PDA是平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角。
在Rt△PAD中，PA⊥AD，PA=AD，∴∠PDA=45°。
（2）如图7-14，取PD中点E，连结AE，EN，又M，N分别是AB，PC的中点，

∴EN∥CD∥AB ∴AMNE是平行四边形
∴MN∥AE。
在等腰Rt△PAD中，AE是斜边的中线。
∴AE⊥PD。
又CD⊥AD，CD⊥PD ∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，
又PD∩CD=D，∴AE⊥平面PCD。
∴MN⊥平面PCD。
（3）∵AD∥BC，
所以∠PCB为异面直线PC，AD所成的角。
由三垂线定理知PB⊥BC，设AB=x(x>0)。
∴tan∠PCB==。
又∵∈（0，∞），∴tan∠PCB∈（1，+∞）。
又∠PCB为锐角，∴∠PCB∈（，），
即异面直线PC，AD所成的角的范围为（，）。
例7 如图7-15，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长都等于a,D、E分别是AC1、BB1的中点，

（1）求证：DE是异面直线AC1与BB1的公垂线段，并求其长度；
（2）求二面角E—AC1—C的大小；
（3）求点C1到平面AEC的距离。
解 （1）过D在面AC1内作FG∥A1C1分别交AA1、CC1于F、G，则面EFG∥面ABC∥面A1B1C1，
∴△EFG为正三角形，D为FG的中点，ED⊥FG。
连AE， ∵D、E分别为的中点，
∴ 。又∵面EFG⊥BB1，
∴ED⊥BB1，故DE为AC1和BB1的公垂线，计算得DE=a。
（2）∵AC=CC1，D为AC1的中点，∴CD⊥AC1，又由（1）可知，ED⊥AC1，∴∠CDE为二面角E—AC1—C的平面角，计算得∠CDE=90°。或由（1）可得DE⊥平面AC1，∴平面AEC1⊥平面AC1，∴二面角E—AC1—C为90°。
（3）用体积法得点C1到平面ACE的距离为a。
例8 如图7-16，已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都是2，侧棱与底面成60°的角，且侧面ABB1A1⊥底面ABC，
（1）求证：B1C⊥C1A；
（2）求二面角C1—AB—C的大小；
（3）求三棱锥B1—ABC1的体积。

解 （1）作B1D⊥AB于D，
∵侧面ABB1A1⊥底面ABC，
又B1D面ABB1A1，
∴B1D⊥底面ABC。
∴∠B1BA=60°。
故△ABB1是正角形。
∴D是AB的中点。
连CD，又△ABC是正三角形，
∴CD⊥AB。又CD是B1C在平面ABC上的射影，
∴B1C⊥AB。
又∵BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1。
又∵AB∩BC1=B，∴B1C⊥面ABC1。
又∵AC1面ABC1，∴B1C⊥C1A。
（2）∵2ACC1A1是菱形，
∴C1A⊥A1C。
又∵B1C∩A1C=C，且由（1）知，∴C1A⊥面A1B1C。
∴C1A⊥A1B1。又AB∥A1B1。
∴C1A⊥AB。
连DE，则DE∥C1A，∴DE⊥AB。
又CD⊥AB，∴∠CDE是二面角C1—AB—C的平面角。
在△CDB1中，CD=B1D=，∠CDB1是直角，
且DE平分∠CDB1，∴∠CDE=45°。
（3）由（1）已证B1C⊥面ABC1，
∴B1E是三棱锥B1—ABC1的高，且B1E==，
又∵DE=B1E=，
∴S△ABC=AB×AC1=AB×DE=2×=，
∴V=S△ABC·B1E=··=1。
例9 如图7-17，已知A1B1C1—ABC是正三棱柱，D是AC的中点。
（1）证明AB1∥DBC1；
（2）假设AB1⊥BC1，BC=2。
求线段AB1在侧面B1BCC1上的射影长。

解 （1）如图7-18，∵A1B1C1—ABC是正三棱柱，
∴四边形B1BCC1是矩形。
连结B1C，交BC1于E，则BE=EC。
连结DE。在△AB1C中，∵AD=DC，
∴DE∥AB1，又AB1平面DBC1，
DE平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1。
（2）作AF⊥BC，垂足为F。因为面ABC⊥面B1BCC1，
∴AF⊥平面B1BCC1。连结B1F，则B1F是AB1在平面B1BCC1内的射影。∵BC1⊥AB1，∴BC1⊥B1F。∵四边形B1BCC1是矩形，∴∠B1BF=∠BCC1=90°，又∠FB1B=∠C1BC，∴△B1BF∽△BCC1，
则==。又F为正三角形ABC的BC边中点，因而B1B2=BF·BC=1×2=2。于是B1F2=B1B2+BF2=3，∴B1F=，即线段AB1在平面B1BCC1内的射影长为。
例10 如图7-19（a），已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠BCD=60°。
（1）证明：C1C⊥BD；
（2）假定CD=2，C1C=，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；
（3）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明。（2000年全国高考题）。

解 如图7-19(b),(1)连结A1C1、AC，设AC和BD交于O，连 C1O。
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD。
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C=C1C，∴△C1BC≌△C1DC，
∴C1B=C1D，∵DO=OB，∴C1O⊥BD，又∵AC⊥BD，
AC∩C1O=O，∴BD⊥平面AC1，又C1C平面AC1，
∴C1C⊥BD。
（2）由（1）知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角。在△C1BC中，BC=2，C1C=，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+（）2 –2×2××cos60°=。
∵∠OCB=30°，∴OB=BC=1，∴C1O2=C1B2-OB2=-1=，∴C1O=，即C1O=C1C。作C1H⊥OC，垂足为H，则点H是OC的中点，且OH=，所以cos∠C1OC==。
（3）当=1时，能使A1C⊥平面C1BD。
证明一：∵=1，∴BC=CD=C1C，又∠BCD=∠C1CB=∠C1CD，由此可推得BD=C1B=C1D。
∴三棱锥C—C1BD是正三棱锥。 设A1C与C1O相交于G。∵A1C1∥AC，且A1C1∶OC=2∶1，∴C1G∶GO=2∶1。又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线，∴点G是正三角形C1BD的中心，∴CG⊥平面C1BD，即A1C⊥平面C1BD。
证明二：由（1）知，BD⊥平面AC1，又A1C平面A1C1，∴BD⊥A1C。当=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C。又BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD。