高考数学（理科）一轮复习直线、圆的位置关系学案有答案。

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学案50直线、圆的位置关系

导学目标：1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系.2.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题.3.在学习过程中，体会用代数方法处理几何问题的思想．
自主梳理
1．直线与圆的位置关系
位置关系有三种：________、________、________.
判断直线与圆的位置关系常见的有两种方法：
(1)代数法：利用判别式Δ，即直线方程与圆的方程联立方程组消去x或y整理成一元二次方程后，计算判别式Δ
(2)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关系：
dr________，d＝r________，dr________.
2．圆的切线方程
若圆的方程为x2＋y2＝r2，点P(x0，y0)在圆上，则过P点且与圆x2＋y2＝r2相切的切线方程为____________________________．
注：点P必须在圆x2＋y2＝r2上．
经过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上点P(x0，y0)的切线方程为________________________．
3．计算直线被圆截得的弦长的常用方法
(1)几何方法
运用弦心距(即圆心到直线的距离)、弦长的一半及半径构成直角三角形计算．
(2)代数方法
运用韦达定理及弦长公式
|AB|＝1＋k2|xA－xB|
＝1＋k2[xA＋xB2－4xAxB].
说明：圆的弦长、弦心距的计算常用几何方法．
4．圆与圆的位置关系
(1)圆与圆的位置关系可分为五种：________、________、________、________、________.
判断圆与圆的位置关系常用方法：
(几何法)设两圆圆心分别为O1、O2，半径为r1、r2(r1≠r2)，则|O1O2|r1＋r2________；|O1O2|＝r1＋r2______；|r1－r2||O1O2|r1＋r2________；|O1O2|＝|r1－r2|________；0≤|O1O2||r1－r2|??________．
(2)已知两圆x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，则与两圆共交点的圆系方程为________________________________________________________________，其中λ为λ≠－1的任意常数，因此圆系不包括第二个圆．
当λ＝－1时，为两圆公共弦所在的直线，方程为(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.
自我检测
1．(2010江西)直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥23，则k的取值范围是()
A.－34，0
B.－∞，－34∪0，＋∞
C.－33，33
D.－23，0
2．圆x2＋y2－4x＝0在点P(1，3)处的切线方程为()
A．x＋3y－2＝0B．x＋3y－4＝0
C．x－3y＋4＝0D．x－3y＋2＝0
3．(2011宁夏调研)圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有()
A．1条B．2条
C．3条D．4条
4．过点(0,1)的直线与x2＋y2＝4相交于A、B两点，则|AB|的最小值为()
A．2B．23C．3D．25
5．(2011聊城月考)直线y＝x＋1与圆x2＋y2＝1的位置关系是()
A．相切B．相交但直线不过圆心
C．直线过圆心D．相离
探究点一直线与圆的位置关系
例1已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.
(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线的方程；
(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM|＝|PO|，求使得|PM|取得最小值时点P的坐标．

变式迁移1从圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1外一点P(2,3)向该圆引切线，求切线的方程及过两切点的直线方程．

探究点二圆的弦长、中点弦问题
例2(2011汉沽模拟)已知点P(0,5)及圆C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直线l过点P且被圆C截得的线段长为43，求l的方程；
(2)求过P点的圆C的弦的中点的轨迹方程．

变式迁移2已知圆C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0和直线kx－y－4k＋3＝0.
(1)证明：不论k取何值，直线和圆总有两个不同交点；
(2)求当k取什么值时，直线被圆截得的弦最短，并求这条最短弦的长．

探究点三圆与圆的位置关系
例3已知圆C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0，圆C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，m为何值时，
(1)圆C1与圆C2相外切；(2)圆C1与圆C2内含．

变式迁移3已知⊙A：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0，⊙B：x2＋y2－2ax－2by＋a2－1＝0.当a，b变化时，若⊙B始终平分⊙A的周长，求：
(1)⊙B的圆心B的轨迹方程；
(2)⊙B的半径最小时圆的方程．

探究点四综合应用
例4已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.问在圆C上是否存在两点A、B关于直线y＝kx－1对称，且以AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线AB的方程；若不存在，说明理由．

变式迁移4已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M、N两点．
(1)求实数k的取值范围；
(2)若O为坐标原点，且OM→ON→＝12，求k的值．
1．求切线方程时，若知道切点，可直接利用公式；若过圆外一点求切线，一般运用圆心到直线的距离等于半径来求，但注意有两条．
2．解决与弦长有关的问题时，注意运用由半径、弦心距、弦长的一半构成的直角三角形，也可以运用弦长公式．这就是通常所说的“几何法”和“代数法”．
3．判断两圆的位置关系，从圆心距和两圆半径的关系入手．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．直线l：y－1＝k(x－1)和圆x2＋y2－2y＝0的位置关系是()
A．相离B．相切或相交
C．相交D．相切
2．(2011珠海模拟)直线3x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－2＝0相切，则实数m等于()
A.3或－3B．－3或33
C．－33或3D．－33或33
3．过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2＋y2－4y＝0所截得的弦长为()
A.3B．2
C.6D．23
4．若圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且仅有两个点到直线4x－3y－2＝0的距离为1，则半径r的取值范围是()
A．(4,6)B．[4,6)
C．(4,6]D．[4,6]
5．(2010全国Ⅰ)已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么PA→PB→的最小值为()
A．－4＋2B．－3＋2
C．－4＋22D．－3＋22

二、填空题(每小题4分，共12分)
6．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0(a0)的公共弦的长为23，则a＝________.
7．(2011三明模拟)已知点A是圆C：x2＋y2＋ax＋4y－5＝0上任意一点，A点关于直线x＋2y－1＝0的对称点也在圆C上，则实数a＝________.
8．(2011杭州高三调研)设直线3x＋4y－5＝0与圆C1：x2＋y2＝4交于A，B两点，若圆C2的圆心在线段AB上，且圆C2与圆C1相切，切点在圆C1的劣弧上，则圆C2的半径的最大值是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)圆x2＋y2＝8内一点P(－1,2)，过点P的直线l的倾斜角为α，直线l交圆于A、B两点．
(1)当α＝3π4时，求AB的长；
(2)当弦AB被点P平分时，求直线l的方程．

10．(12分)(2011湛江模拟)自点A(－3,3)发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，其反射光线所在直线与圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0相切，求光线l所在直线的方程．

11．(14分)已知两圆x2＋y2－2x－6y－1＝0和x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：
(1)m取何值时两圆外切？
(2)m取何值时两圆内切？
(3)m＝45时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．

学案50直线、圆的位置关系
自主梳理
1．相切相交相离(1)相交相切相离(2)相交相切相离2.x0x＋y0y＝r2(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r24.(1)相离外切相交内切内含相离外切相交内切内含(2)(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1)＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0
自我检测
1．A2.D3.B4.B5.B
课堂活动区
例1解题导引(1)过点P作圆的切线有三种类型：
当P在圆外时，有2条切线；
当P在圆上时，有1条切线；
当P在圆内时，不存在．
(2)利用待定系数法设圆的切线方程时，一定要注意直线方程的存在性，有时要进行恰当分类．
(3)切线长的求法：
过圆C外一点P作圆C的切线，切点为M，半径为R，
则|PM|＝|PC|2－R2.
解(1)将圆C配方得(x＋1)2＋(y－2)2＝2.
①当直线在两坐标轴上的截距为零时，设直线方程为y＝kx，
由|k＋2|1＋k2＝2，解得k＝2±6，得y＝(2±6)x.
②当直线在两坐标轴上的截距不为零时，
设直线方程为x＋y－a＝0，
由|－1＋2－a|2＝2，
得|a－1|＝2，即a＝－1，或a＝3.
∴直线方程为x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
综上，圆的切线方程为y＝(2＋6)x，或y＝(2－6)x，
或x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
(2)由|PO|＝|PM|，
得x21＋y21＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，
整理得2x1－4y1＋3＝0.
即点P在直线l：2x－4y＋3＝0上．
当|PM|取最小值时，即OP取得最小值，直线OP⊥l，
∴直线OP的方程为2x＋y＝0.
解方程组2x＋y＝0，2x－4y＋3＝0，得点P的坐标为－310，35.
变式迁移1解设圆切线方程为y－3＝k(x－2)，
即kx－y＋3－2k＝0，∴1＝|k＋2－2k|k2＋1，
∴k＝34，另一条斜率不存在，方程为x＝2.
∴切线方程为x＝2和3x－4y＋6＝0.
圆心C为(1,1)，∴kPC＝3－12－1＝2，
∴过两切点的直线斜率为－12，又x＝2与圆交于(2,1)，
∴过切点的直线为x＋2y－4＝0.
例2解题导引(1)有关圆的弦长的求法：
已知直线的斜率为k，直线与圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，点C到l的距离为d，圆的半径为r.
方法一代数法：弦长|AB|＝1＋k2|x2－x1|
＝1＋k2x1＋x22－4x1x2；
方法二几何法：弦长|AB|＝2r2－d2.
(2)有关弦的中点问题：
圆心与弦的中点连线和已知直线垂直，利用这条性质可确定某些等量关系．
解(1)方法一
如图所示，|AB|＝43，取AB的中点D，连接CD，则CD⊥AB，连接AC、BC，
则|AD|＝23，|AC|＝4，
在Rt△ACD中，可得|CD|＝2.
当直线l的斜率存在时，设所求直线的斜率为k，则直线的方程为y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.
由点C到直线AB的距离公式，得|－2k－6＋5|k2＋－12＝2，
解得k＝34.
当k＝34时，直线l的方程为3x－4y＋20＝0.
又直线l的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x＝0.
∴所求直线的方程为3x－4y＋20＝0或x＝0.
方法二当直线l的斜率存在时，
设所求直线的斜率为k，
则直线的方程为y－5＝kx，即y＝kx＋5.
联立直线与圆的方程y＝kx＋5，x2＋y2＋4x－12y＋24＝0，
消去y，得(1＋k2)x2＋(4－2k)x－11＝0.①
设方程①的两根为x1，x2，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝2k－41＋k2，x1x2＝－111＋k2.②
由弦长公式，得1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝43.
将②式代入，解得k＝34，
此时直线方程为3x－4y＋20＝0.
又k不存在时也满足题意，此时直线方程为x＝0.
∴所求直线的方程为x＝0或3x－4y＋20＝0.
(2)设过P点的圆C的弦的中点为D(x，y)，
则CD⊥PD，即CD→PD→＝0，
(x＋2，y－6)(x，y－5)＝0，
化简得所求轨迹方程为x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.
变式迁移2(1)证明由kx－y－4k＋3＝0，
得(x－4)k－y＋3＝0.
∴直线kx－y－4k＋3＝0过定点P(4,3)．
由x2＋y2－6x－8y＋21＝0，
即(x－3)2＋(y－4)2＝4，
又(4－3)2＋(3－4)2＝24.
∴直线和圆总有两个不同的交点．
(2)解kPC＝3－44－3＝－1.
可以证明与PC垂直的直线被圆所截得的弦AB最短，因此过P点斜率为1的直线即为所求，其方程为y－3＝x－4，即x－y－1＝0.|PC|＝|3－4－1|2＝2，
∴|AB|＝2|AC|2－|PC|2＝22.
例3解题导引圆和圆的位置关系，从交点个数也就是方程组解的个数来判断，有时得不到确切的结论，通常还是从圆心距d与两圆半径和、差的关系入手．
解对于圆C1与圆C2的方程，经配方后
C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9；
C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4.
(1)如果C1与C2外切，
则有m＋12＋－2－m2＝3＋2.
(m＋1)2＋(m＋2)2＝25.
m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2.
(2)如果C1与C2内含，
则有m＋12＋m＋223－2.
(m＋1)2＋(m＋2)21，m2＋3m＋20，
得－2m－1，
∴当m＝－5或m＝2时，圆C1与圆C2外切；
当－2m－1时，圆C1与圆C2内含．
变式迁移3解(1)两圆方程相减得公共弦方程
2(a＋1)x＋2(b＋1)y－a2－1＝0.①
依题意，公共弦应为⊙A的直径，
将(－1，－1)代入①得a2＋2a＋2b＋5＝0.②
设圆B的圆心为(x，y)，∵x＝ay＝b，
∴其轨迹方程为x2＋2x＋2y＋5＝0.
(2)⊙B方程可化为(x－a)2＋(y－b)2＝1＋b2.
由②得b＝－12[(a＋1)2＋4]≤－2，
∴b2≥4，b2＋1≥5.当a＝－1，b＝－2时，⊙B半径最小，
∴⊙B方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝5.
例4解题导引这是一道探索存在性问题，应先假设存在圆上两点关于直线对称，由垂径定理可知圆心应在直线上，以AB为直径的圆经过原点O，应联想直径所对的圆周角为直角利用斜率或向量来解决．因此能否将问题合理地转换是解题的关键．
解圆C的方程可化为(x－1)2＋(y＋2)2＝9，
圆心为C(1，－2)．
假设在圆C上存在两点A、B，则圆心C(1，－2)在直线y＝kx－1上，即k＝－1.
于是可知，kAB＝1.
设lAB：y＝x＋b，代入圆C的方程，
整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)0，b2＋6b－90，
解得－3－32b－3＋32.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－b－1，x1x2＝12b2＋2b－2.
由OA⊥OB，知x1x2＋y1y2＝0，
也就是x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝0，
∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，
∴b2＋4b－4－b2－b＋b2＝0，化简得b2＋3b－4＝0，
解得b＝－4或b＝1，均满足Δ0.
即直线AB的方程为x－y－4＝0，或x－y＋1＝0.
变式迁移4解(1)方法一∵直线l过点A(0,1)且斜率为k，
∴直线l的方程为y＝kx＋1.
将其代入圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1，
得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.①
由题意：Δ＝[－4(1＋k)]2－4×(1＋k2)×70，
得4－73k4＋73.
方法二同方法一得直线方程为y＝kx＋1，
即kx－y＋1＝0.
又圆心到直线距离d＝|2k－3＋1|k2＋1＝|2k－2|k2＋1，
∴d＝|2k－2|k2＋11，解得4－73k4＋73.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由①得x1＋x2＝4＋4k1＋k2x1x2＝71＋k2，
∴OM→ON→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝4k1＋k1＋k2＋8＝12k＝1(经检验符合题意)，∴k＝1.
课后练习区
1．C2.C3.D4.A5.D
6．17.－108.1
9．解(1)当α＝3π4时，kAB＝－1，
直线AB的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.(3分)
故圆心(0,0)到AB的距离d＝|0＋0－1|2＝22，
从而弦长|AB|＝28－12＝30.(6分)
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4.由x21＋y21＝8，x22＋y22＝8，
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即－2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，
∴kAB＝y1－y2x1－x2＝12.(10分)
∴直线l的方程为y－2＝12(x＋1)，
即x－2y＋5＝0.(12分)
10.
解已知圆C：x2＋y2－4x－4y＋7＝0关于x轴对称的圆为C1：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，其圆心C1的坐标为(2，－2)，半径为1，由光的反射定律知，入射光线所在直线方程与圆C1相切．(4分)
设l的方程为y－3＝k(x＋3)，则
|5k＋2＋3|12＋k2＝1，(8分)
即12k2＋25k＋12＝0.∴k1＝－43，k2＝－34.
则l的方程为4x＋3y＋3＝0或3x＋4y－3＝0.
(12分)
11．解两圆的标准方程分别为
(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，
圆心分别为M(1,3)，N(5,6)，
半径分别为11和61－m.
(1)当两圆外切时，5－12＋6－32＝11＋61－m.
解得m＝25＋1011.(4分)
(2)当两圆内切时，因定圆的半径11小于两圆圆心间距离，故只有61－m－11＝5.
解得m＝25－1011.(8分)
(3)两圆的公共弦所在直线的方程为
(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，
即4x＋3y－23＝0.(12分)
由圆的半径、弦长、弦心距间的关系，不难求得公共弦的长为
2×112－|4＋3×3－23|42＋322＝27.(14分)

相关知识

高考数学（理科）一轮复习直线与圆锥曲线的位置关系学案

学案54直线与圆锥曲线的位置关系

导学目标：1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想．
自主梳理
1．直线与椭圆的位置关系的判定方法
(1)将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，若Δ0，则直线与椭圆________；若Δ＝0，则直线与椭圆________；若Δ0，则直线与椭圆________．
(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法
将直线方程与双曲线方程联立消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①若a≠0，当Δ0时，直线与双曲线________；当Δ＝0时，直线与双曲线________；当Δ0时，直线与双曲线________．
②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有________交点．
(3)直线与抛物线位置关系的判定方法
将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①当a≠0，用Δ判定，方法同上．
②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴________，只有________交点．
2．已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程
(1)AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一条弦，M(x0，y0)是AB的中点，则kAB＝________，kABkOM＝__________.点差法求弦的斜率的步骤是：
①将端点坐标代入方程：x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1.
②两等式对应相减：x21a2－x22a2＋y21b2－y22b2＝0.
③分解因式整理：kAB＝y1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝－b2x0a2y0.
(2)运用类比的手法可以推出：已知AB是双曲线x2a2－y2b2＝1的弦，中点M(x0，y0)，则kAB＝__________________.已知抛物线y2＝2px(p0)的弦AB的中点M(x0，y0)，则kAB＝____________.
3．弦长公式
直线l：y＝kx＋b与圆锥曲线C：F(x，y)＝0交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2x1＋x22－4x1x2
或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2y1＋y22－4y1y2.
自我检测
1．抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是()
A．4B．33C．43D．8
2．(2011中山调研)与抛物线x2＝4y关于直线x＋y＝0对称的抛物线的焦点坐标是()
A．(1,0)B.116，0
C．(－1,0)D.0，－116
3．(2011许昌模拟)已知曲线x2a＋y2b＝1和直线ax＋by＋1＝0(a、b为非零实数)，在同一坐标系中，它们的图形可能是()
4．(2011杭州模拟)过点0，－12的直线l与抛物线y＝－x2交于A、B两点，O为坐标原点，则OA→OB→的值为()
A．－12B．－14C．－4D．无法确定
探究点一直线与圆锥曲线的位置关系
例1k为何值时，直线y＝kx＋2和曲线2x2＋3y2＝6有两个公共点？有一个公共点？没有公共点？

变式迁移1已知抛物线C的方程为x2＝12y，过A(0，－1)，B(t,3)两点的直线与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是()
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B.－∞，－22∪22，＋∞
C．(－∞，－22)∪(22，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
探究点二圆锥曲线中的弦长问题
例2如图所示，直线y＝kx＋b与椭圆x24＋y2＝1交于A、B两点，
记△AOB的面积为S.
(1)求在k＝0,0b1的条件下，S的最大值；
(2)当|AB|＝2，S＝1时，求直线AB的方程．

变式迁移2已知椭圆的两焦点为F1(－3，0)，F2(3，0)，离心率e＝32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线l：y＝x＋m，若l与椭圆相交于P，Q两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求m的值．

探究点三求参数的范围问题
例3(2011开封模拟)直线m：y＝kx＋1和双曲线x2－y2＝1的左支交于A、B两点，直线l过点P(－2,0)和线段AB的中点M，求l在y轴上的截距b的取值范围．

变式迁移3在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在常数k，使得向量OP→＋OQ→与AB→共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．
函数思想的应用
例(12分)已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，双曲线x2a2－y2b2＝1的两条渐近线为l1，l2，
过椭圆C的右焦点F作直线l，使l⊥l1，又l与l2交于P点，设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A，B.
(1)当l1与l2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C的方程及离心率；
(2)求|FA||AP|的最大值．
【答题模板】
解(1)双曲线的渐近线为y＝±bax，两渐近线夹角为60°，又ba1，∴∠POx＝30°，
∴ba＝tan30°＝33，∴a＝3b.又a2＋b2＝22，
∴3b2＋b2＝4，[2分]
∴b2＝1，a2＝3，∴椭圆C的方程为x23＋y2＝1，
∴离心率e＝a2－b2a＝63.[4分]
(2)由已知，l：y＝ab(x－c)与y＝bax联立，
解方程组得Pa2c，abc.[6分]
设|FA||AP|＝λ，则FA→＝λAP→，∵F(c,0)，设A(x0，y0)，则(x0－c，y0)＝λa2c－x0，abc－y0，
∴x0＝c＋λa2c1＋λ，y0＝λabc1＋λ.即Ac＋λa2c1＋λ，λabc1＋λ.[8分]
将A点坐标代入椭圆方程，得(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2，
等式两边同除以a4，(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2，e∈(0,1)，[10分]
∴λ2＝e4－e2e2－2＝－2－e2＋22－e2＋3
≤－22－e222－e2＋3＝3－22＝(2－1)2，
∴当2－e2＝2，即e2＝2－2时，λ有最大值2－1，即|FA||AP|的最大值为2－1.[12分]
【突破思维障碍】
最值问题是从动态角度去研究解析几何中数学问题的主要内容，一是在准确把握题意的基础上，建立函数、不等式模型，利用二次函数、三角函数的有界性、基本不等式解决；二是利用数形结合，考虑相切、相交的几何意义解决．
【易错点剖析】
不能把|FA||AP|转化成向量问题，使得运算繁琐造成错误，由λ2＝e4－e2e2－2不会求最值或忽视e2－20这个隐含条件．
1．直线与圆锥曲线的位置关系是解析几何的重点内容之一，也是高考的热点，这类问题往往与函数、不等式、三角、向量等知识综合、交汇考查，而且对综合能力的考查显见其中．因此解决此类问题需要有较广的知识面及较强的解决问题的能力．
2．从题目类型上多见于与弦的中点、弦长、弦所在直线的斜率等有关的最值问题、参数范围问题．基本思路就是直线方程与圆锥曲线方程联立消元得到形如ax2＋bx＋c＝0的方程，由韦达定理得x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca.然后再把要研究的问题转化为用x1＋x2和x1x2去表示．最后，用函数、不等式等知识加以解决．需要注意的就是要注意对隐含条件的挖掘，比如判别式Δ≥0，圆锥曲线中有关量的固有范围等．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011菏泽调研)F1、F2是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点，P是椭圆上任一点，从任一焦点引∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为()
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
2．若双曲线x29－y24＝1的渐近线上的点A与双曲线的右焦点F的距离最小，抛物线y2＝2px(p0)通过点A，则p的值为()
A.92B．2C.21313D.1313
3．(2011武汉月考)已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()
A．2B．3C.115D.3716
4．已知直线y＝k(x＋2)(k0)与抛物线C：y2＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k等于()
A.13B.23C.23D.223
5．斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为()
A．2B.455
C.4105D.8105
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011届合肥期末)若直线y＝kx＋1(k∈R)与焦点在x轴上的椭圆x25＋y2t＝1恒有公共点，则t的范围是______________．
7．P为双曲线x2－y215＝1右支上一点，M、N分别是圆(x＋4)2＋y2＝4和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|－|PN|的最大值为________．
8．(2010全国Ⅱ)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与l相交于点A，与C的一个交点为B，若AM→＝MB→，则p＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知抛物线y＝－x2＋3上存在关于直线x＋y＝0对称的相异两点A、B，求|AB|的长．

10．(12分)(2010天津)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且QA→QB→＝4，求y0的值．

11．(14分)(2011江西)P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)上一点，M，N分别是双曲线E的左，右顶点，直线PM，PN的斜率之积为15.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足OC→＝λOA→＋OB→，求λ的值．

学案54直线与圆锥曲线的位置关系
自主梳理
1．(1)相交相切相离(2)①相交相切相离②一个
(3)②平行一个2.(1)－b2x0a2y0－b2a2(2)b2x0a2y0py0
自我检测
1．C2.C3.C4.B
课堂活动区
例1解题导引用直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，可以研究直线与圆锥曲线的位置关系，也就是用代数的方法研究几何问题，这是解析几何的重要思想方法．方程组消元后要注意所得方程的二次项系数是否含有参数，若含参数，需按二次项系数是否为零进行分类讨论，只有二次项系数不为零时，方程才是一元二次方程，后面才可以用判别式Δ的符号判断方程解的个数，从而说明直线与圆锥曲线的位置关系．
解由y＝kx＋2，2x2＋3y2＝6，得2x2＋3(kx＋2)2＝6，
即(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，
Δ＝144k2－24(2＋3k2)＝72k2－48.
当Δ＝72k2－480，即k63或k－63时，直线和曲线有两个公共点；
当Δ＝72k2－48＝0，即k＝63或k＝－63时，直线和曲线有一个公共点；
当Δ＝72k2－480，即－63k63时，直线和曲线没有公共点．
变式迁移1D[直线AB的方程为y＝4tx－1(t＝0时不合题意，舍去)，与抛物线方程x2＝12y联立得x2－2tx＋12＝0，由于直线AB与抛物线C没有公共点，所以Δ＝4t2－20，解得t2或t－2.]
例2解题导引本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．“设而不求”是解决直线与圆锥曲线交点问题的基本方法．当所求弦为焦点弦时，可结合圆锥曲线的定义求解．
解(1)设点A的坐标为(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)，由x24＋y2＝1，解得x1,2＝±21－b2，
所以S＝12b|x1－x2|＝2b1－b2≤b2＋1－b2＝1.
当且仅当b＝22时，S取到最大值1.
(2)由y＝kx＋bx24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝16(4k2－b2＋1)．①
|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2164k2－b2＋14k2＋1＝2.②
又因为O到AB的距离d＝|b|1＋k2＝2S|AB|＝1，
所以b2＝k2＋1.③
将③代入②并整理，得4k4－4k2＋1＝0，
解得k2＝12，b2＝32，代入①式检查，Δ0.
故直线AB的方程是：y＝22x＋62或y＝22x－62或y＝－22x＋62或y＝－22x－62.
变式迁移2解(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
则c＝3，ca＝32.∴a＝2，b＝1.
∴所求椭圆方程为x24＋y2＝1.
(2)由y＝x＋m，x24＋y2＝1，消去y得关于x的方程：
5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
则Δ＝64m2－80(m2－1)0，解得m25.(*)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－85m，
x1x2＝4m2－15，y1－y2＝x1－x2，
∴|PQ|＝x1－x22＋y1－y22＝2x1－x22
＝2－85m2－165m2－1＝2，
解得m2＝158，满足(*)，∴m＝±304.
例3解题导引直线与圆锥曲线的位置关系从代数的角度来看，就是直线方程与圆锥曲线的方程组成的方程组有无解的问题，结合判别式Δ研究，利用设而不求与整体代入等技巧与方法，从而延伸出一些复杂的参数范围的研究．
解由y＝kx＋1x2－y2＝1(x≤－1)
得(k2－1)x2＋2kx＋2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ＝4k2＋81－k20x1＋x2＝2k1－k20x1x2＝－21－k20，∴1k2.
设M(x0，y0)，由x0＝x1＋x22＝k1－k2y0＝y1＋y22＝11－k2，
设l与y轴的交点为Q(0，b)，则由P(－2,0)，
Mk1－k2，11－k2，Q(0，b)三点共线得b＝2－2k2＋k＋2，
设f(k)＝－2k2＋k＋2，则f(k)在(1，2)上单调递减，
∴f(k)∈(－2＋2，1)，
∴b∈(－∞，－2－2)∪(2，＋∞)．
变式迁移3解(1)由已知条件，直线l的方程为y＝kx＋2，
代入椭圆方程得x22＋(kx＋2)2＝1，
整理得12＋k2x2＋22kx＋1＝0.①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
Δ＝8k2－412＋k2＝4k2－20，解得k－22或k22.
即k的取值范围为－∞，－22∪22，＋∞.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP→＋OQ→＝(x1＋x2，y1＋y2)，
由方程①，x1＋x2＝－42k1＋2k2.②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③
而A(2，0)，B(0,1)，AB→＝(－2，1)．
所以OP→＋OQ→与AB→共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，
将②③代入上式，解得k＝22.
由(1)知k－22或k22，故没有符合题意的常数k.
课后练习区
1．A2.C3.A4.D5.C
6．[1,5)7.58.2
9．解设直线AB的方程为y＝x＋b，
由y＝－x2＋3，y＝x＋b，消去y得x2＋x＋b－3＝0，(3分)
∴x1＋x2＝－1.
于是AB的中点M(－12，－12＋b)，
且Δ＝1－4(b－3)0，即b134.(6分)
又M(－12，－12＋b)在直线x＋y＝0上，∴b＝1符合．(8分)
∴x2＋x－2＝0.由弦长公式可得
|AB|＝1＋12－12－4×－2＝32.(12分)
10．解(1)由e＝ca＝32，得3a2＝4c2.
再由c2＝a2－b2，得a＝2b.
由题意可知12×2a×2b＝4，即ab＝2.
解方程组a＝2b，ab＝2，得a＝2，b＝1.
所以椭圆的方程为x24＋y2＝1.(4分)
(2)由(1)可知A(－2,0)，且直线l的斜率必存在．设B点的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．
于是A，B两点的坐标满足方程组y＝kx＋2，x24＋y2＝1.
由方程组消去y并整理，得
(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0.
由根与系数的关系，得－2x1＝16k2－41＋4k2，
所以x1＝2－8k21＋4k2，从而y1＝4k1＋4k2.
设线段AB的中点为M，则M的坐标为(－8k21＋4k2，2k1＋4k2)．(6分)
以下分两种情况讨论：
①当k＝0时，点B的坐标是(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(2，－y0)．
由QA→QB→＝4，得y0＝±22.(8分)
②当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为
y－2k1＋4k2＝－1k(x＋8k21＋4k2)．
令x＝0，解得y0＝－6k1＋4k2.
由QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(x1，y1－y0)，
QA→QB→＝－2x1－y0(y1－y0)
＝－22－8k21＋4k2＋6k1＋4k2(4k1＋4k2＋6k1＋4k2)
＝416k4＋15k2－11＋4k22＝4，
整理得7k2＝2，故k＝±147.
所以y0＝±2145.(11分)
综上，y0＝±22或y0＝±2145.(12分)
11．解(1)由点P(x0，y0)(x0≠±a)在双曲线x2a2－y2b2＝1上，有x20a2－y20b2＝1.
由题意有y0x0－ay0x0＋a＝15，(3分)
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，e＝ca＝305.(6分)
(2)联立x2－5y2＝5b2，y＝x－c，得4x2－10cx＋35b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝5c2，x1x2＝35b24.①
设OC→＝(x3，y3)，OC→＝λOA→＋OB→，
即x3＝λx1＋x2，y3＝λy1＋y2.(9分)
又C为双曲线上一点，
即x23－5y23＝5b2，有
(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.化简得
λ2(x21－5y21)＋(x22－5y22)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.②
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，
所以x21－5y21＝5b2，x22－5y22＝5b2.(11分)
由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)
＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，
②式可化为λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.
(14分)

高考数学（理科）一轮复习空间的平行关系学案带答案

学案43空间的平行关系

导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系．
自主梳理
1．直线a和平面α的位置关系有________、________、__________，其中________与________统称直线在平面外．
2．直线和平面平行的判定：
(1)定义：直线和平面没有____________，则称直线和平面平行．
(2)判定定理：aα，bα，且a∥b________；
(3)其他判定方法：α∥β，aα________.
3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，aβ，α∩β＝l________.
4．两个平面的位置关系有________、________.
5．两个平面平行的判定：
(1)定义：两个平面没有________，称这两个平面平行；
(2)判定定理：aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αβ∥α；
(3)推论：a∩b＝P，a，bα，a′∩b′＝P′，a′，b′β，a∥a′，b∥b′________.
6．两个平面平行的性质定理：
α∥β，aα________；
α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b________.
7．与垂直相关的平行的判定：
(1)a⊥α，b⊥α________；(2)a⊥α，a⊥β________.
自我检测
1．(2011湖南四县调研)平面α∥平面β的一个充分条件是()
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，aα，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，aα，a∥β，bβ，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
2．(2011烟台模拟)一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是()
A．l∥αB．l⊥α
C．l与α相交但不垂直D．l∥α或lα
3．下列各命题中：
①平行于同一直线的两个平面平行；
②平行于同一平面的两个平面平行；
③一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个相交；
④垂直于同一直线的两个平面平行．
不正确的命题个数是()
A．1B．2C．3D．4
4．经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作()
A．0个B．1个
C．0个或1个D．1个或2个
5．(2011南京模拟)在四面体ABCD中，M、N分别是△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________________.
探究点一线面平行的判定
例1已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.

变式迁移1(2011长沙调研)在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M、N分别是AB、PC的中点，求证：MN∥平面PAD.

探究点二面面平行的判定
例2在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：平面MNP∥平面A1BD.

变式迁移2已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心．
(1)求证：平面G1G2G3∥平面ABC；
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.

探究点三平行中的探索性问题
例3(2011惠州月考)如图所示，在四棱锥P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，
AD＝DC＝12AB，BC⊥PC.
(1)求证：PA⊥BC；
(2)试在线段PB上找一点M，使CM∥平面PAD，并说明理由．

变式迁移3
如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?

转化与化归思想综合应用
例(12分)一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M、N分别是AB、SC的中点，P是SD上的一动点．
(1)求证：BP⊥AC；
(2)当点P落在什么位置时，AP∥平面SMC?
(3)求三棱锥B—NMC的体积．
多角度审题第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第(2)问是一个开放型问题，可有两种思维方式：一是猜想P是SD的中点，二是从结论“AP平行于平面SMC”出发找P满足的条件．
【答题模板】
(1)证明连接BD，∵ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，又SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥AC，∵BD∩SD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵BP平面SDB，
∴AC⊥BP，即BP⊥AC.[4分]
(2)解取SD的中点P，连接PN，AP，MN.
则PN∥DC且PN＝12DC.[6分]
∵底面ABCD为正方形，∴AM∥DC且AM＝12DC，
∴四边形AMNP为平行四边形，∴AP∥MN.
又AP平面SMC，MN平面SMC，∴AP∥平面SMC.[8分]
(3)解VB—NMC＝VN—MBC＝13S△MBC12SD＝1312BCMB12SD＝16×1×12×12×2＝112.[12分]
【突破思维障碍】
1．本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系，首先要根据三视图想象直观图，尤其是其中的平行、垂直及长度关系，第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第(2)问是一个开放型问题，开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神，近年来在高考试题中频繁出现这类题目．结合空间平行关系，利用平行的性质，设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向．
2．线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法．
1.直线与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质定理．
2.平面与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)利用结论：a⊥α，a⊥βα∥β.
3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化：
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.(2011开封月考)下列命题中真命题的个数为()
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，直线bα，则a∥α；
④若直线a∥b，bα，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．
A.1B．2C．3D．4
2.已知直线a、b、c和平面m，则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是()
A.a⊥m且b⊥mB．a∥m且b∥m
C.a∥c且b∥cD．a，b与m所成的角相等
3.在空间中，下列命题正确的是()
A.若a∥α，b∥a，则b∥α
B.若a∥α，b∥α，aβ，bβ，则β∥α
C.若α∥β，b∥α，则b∥β
D.若α∥β，aα，则a∥β
4.设l1、l2是两条直线，α、β是两个平面，A为一点，有下列四个命题，其中正确命题的个数是()
①若l1α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线；
②若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α；
③若l1α，l2β，l1∥β，l2∥α，则α∥β；
④若α⊥β，l1α，则l1⊥β.
A.0B．1C．2D．3
5.若直线a，b为异面直线，则分别经过直线a，b的平面中，相互平行的有()
A.1对B．2对
C.无数对D．1或2对
二、填空题(每小题4分，共12分)
6.(2011秦皇岛月考)下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．
,
7.(2011大连模拟)过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的有______条．
8.
如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝a3，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点．
求证：MN∥平面AA1C1C.

10．(12分)(2010湖南改编)
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．

11．(14分)
(2011济宁模拟)如图，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且点F在CE上．
(1)求证：AE⊥BE；
(2)求三棱锥D—AEC的体积；
(3)设点M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.

学案43空间的平行关系
自主梳理
1．平行相交在平面内平行相交2.(1)公共点(2)a∥α(3)a∥β3.a∥l4.平行相交5.(1)公共点
(3)α∥β6.a∥βa∥b7.(1)a∥b(2)α∥β
自我检测
1．D2.D3.A4.C
5．面ABC和面ABD
课堂活动区
例1解题导引证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行，要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化．
证明
如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共边AB，∴AE＝BD.
又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴PMAB＝EPEA，QNDC＝BQBD，∴PMAB＝QNDC.
∴PM綊QN，∴四边形PQNM为平行四边形，
∴PQ∥MN
又MN平面BCE，PQ平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
变式迁移1证明取PD中点F，连接AF、NF、NM.
∵M、N分别为AB、PC的中点，
∴NF綊12CD，AM綊12CD，∴AM綊NF.
∴四边形AMNF为平行四边形，∴MN∥AF.
又AF平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
例2解题导引面面平行的常用判断方法有：
(1)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．
证明方法一
如图所示，连接B1D1、B1C.
∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD.
又PN面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如图所示，连接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD，
BD面ABCD，
∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1，
又∵AC1面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理可证AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可证AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.
变式迁移2
(1)证明如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F，连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD＝2∶3，
PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内，DE在平面ABC内，
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3＝G2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解由(1)知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.
又DE＝12AC，∴G1G2＝13AC.
同理G2G3＝13AB，G1G3＝13BC.
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为1∶3，
∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
例3解题导引近几年探索性问题在高考中时有出现，解答此类问题时先以特殊位置尝试探究，找到符合要求的点后再给出严格证明．
(1)证明连接AC，过点C作CE⊥AB，垂足为E.
在四边形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，
∴四边形ADCE为正方形．
∴∠ACD＝∠ACE＝45°.
∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°.
∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC，AC平面PAC，PC平面PAC，AC∩PC＝C，
∴BC⊥平面PAC.∵PA平面PAC，∴PA⊥BC.
(2)解当M为PB的中点时，CM∥平面PAD.
取AP的中点F，连接CM，FM，DF.
则FM綊12AB.
∵CD∥AB，CD＝12AB，
∴FM綊CD.
∴四边形CDFM为平行四边形．∴CM∥DF.
∵DF平面PAD，CM平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
变式迁移3解当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，
∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
课后练习区
1．A[①、②、③错，④对．]
2．D[注意命题之间的相互推出关系；易知选项D中，若两直线平行，则其与m所成的角相等，反之却不一定成立，故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件．]
3．D[A不正确，由直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件bα；B不正确，由两个平面平行的判定定理的条件，因a、b未必相交，而可能为两条平行直线，则α、β未必平行；C不正确，因有可能bβ；D正确，由两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确．]
4．A[①错，l1α，l2∩α＝A，l1与l2可能相交．
②错，l2有可能在平面α内．
③错，α有可能与β相交．
④错，l1有可能与平面β相交或平行或在平面内．]
5．A
[如图，a，b为异面直线，过b上一点作a′∥a，直线a′，b确定一个平面β，过a上一点作b′∥b，b与b′确定一个平面α，则α∥β.因为α，β是惟一的，所以相互平行的平面仅有一对．]
6．①③
解析①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP，
②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O，
NO面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
③易知AB∥MP，
∴AB∥面MNP；
④过点P作PC∥AB，
∵PC面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
7.
6
解析如图，EF∥E1F1∥AB，
EE1∥FF1∥BB1，F1E∥A1D，
E1F∥B1D，
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6条．
8.223a
解析
如图所示，连接AC，
易知MN∥平面ABCD，
又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线，
∴MN∥PQ.
又∵MN∥AC，∴PQ∥AC，
又∵AP＝a3，
∴DPAD＝DQCD＝PQAC＝23，∴PQ＝23AC＝223a.
9．证明设A1C1中点为F，连接NF，FC，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1C1，且NF＝12B1C1，
又由棱柱性质知B1C1綊BC，(4分)
又M是BC的中点，
∴NF綊MC，
∴四边形NFCM为平行四边形．
∴MN∥CF，(8分)
又CF平面AA1C1C，
MN平面AA1C1C，
∴MN∥平面AA1C1C.(12分)
10．解在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四
边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面，所以BG平面A1BE.(6分)
因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)
11．(1)证明由AD⊥平面ABE及AD∥BC，
得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(1分)
而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，(2分)
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE，
又BE平面BCE，故AE⊥BE.(4分)
(2)解在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H，
则EH⊥平面ACD.
由已知及(1)得EH＝12AB＝2，S△ADC＝22.
(6分)
故VD—AEC＝VE—ADC＝13×22×2＝43.(8分)
(3)解在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N，
连接MN，则由CNCE＝BGBE＝MBAB＝13，得CN＝13CE.
由MG∥AE，AE平面ADE，
MG平面ADE，则MG∥平面ADE.(10分)
再由GN∥BC，BC∥AD，AD平面ADE，GN平面ADE，
得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.
又MN平面MGN，则MN∥平面ADE.(12分)
故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时，
MN∥平面ADE.(14分)

高考数学（理科）一轮复习空间的垂直关系学案含答案

古人云，工欲善其事，必先利其器。作为高中教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家收集的“高考数学（理科）一轮复习空间的垂直关系学案含答案”希望对您的工作和生活有所帮助。

学案44空间的垂直关系

导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
自主梳理
1．直线与平面垂直
(1)判定直线和平面垂直的方法
①定义法．
②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．
(2)直线和平面垂直的性质
①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．
②垂直于同一个平面的两条直线______．
③垂直于同一直线的两个平面________．
2．直线与平面所成的角
平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
一直线垂直于平面，说它们所成角为________；直线l∥α或lα，则它们成________角．
3．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的判定方法
①定义法．
②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．
(2)平面与平面垂直的性质
两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．
4．二面角的平面角
以二面角棱上的任一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
自我检测
1．平面α⊥平面β的一个充分条件是()
A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥β
B．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥β
C．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β
D．存在一条直线l，l⊥α，l∥β
2．(2010浙江)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，mα，则l⊥α
B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C．若l∥α，mα，则l∥m
D．若l∥α，m∥α，则l∥m
3．(2011长沙模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：
①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；
②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；
③存在直线lα，直线mβ，使得l∥m；
④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α与β平行的条件有()
A．1个B．2个
C．3个D．4个
4．(2011十堰月考)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
5．(2011大纲全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．
探究点一线面垂直的判定与性质
例1Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；

(2)若AB＝BC.求证：BD⊥平面SAC.

变式迁移1
在四棱锥V—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.证明：AB⊥VD.

探究点二面面垂直的判定与性质

例2(2011邯郸月考)如图所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.
变式迁移2(2011江苏)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.

探究点三直线与平面，平面与平面所成的角
例3(2009湖北)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝2a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0λ≤2)．
(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；
(2)设二面角C—AE—D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．

变式迁移3(2009北京)如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC.
(1)求证：BC⊥平面PAC.
(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正弦值．
(3)是否存在点E使得二面角A—DE—P为直二面角？并说明理由．
转化与化归思想综合应用
例(12分)已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的
菱形，又PD⊥底面ABCD，点M、N分别是棱AD、PC的中点.
(1)证明：DN∥平面PMB；
(2)证明：平面PMB⊥平面PAD.
多角度审题(1)在平面PMB内找到(或构造)一条直线与DN平行即可；(2)要证面PMB⊥面PAD，只需证明MB⊥面PAD即可．
【答题模板】
证明(1)
取PB中点Q，连接MQ、NQ，因为M、N分别是棱AD、PC的中点，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四边形QNDM是平行四边形，
于是DN∥MQ.
又∵MQ平面PMB，DN平面PMB
∴DN∥平面PMB.[6分]
(2)∵PD⊥平面ABCD，MB平面ABCD，∴PD⊥MB.
又因为底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M为AD中点，
所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.
又∵MB平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]
【突破思维障碍】
立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：
1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直a⊥α；(2)判定定理1：m、nα，m∩n＝Al⊥m，l⊥nl⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥αb⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥αa⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥la⊥β.
2．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a⊥α，bαa⊥b；(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥αa⊥b.
3．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：aα，a⊥βα⊥β.
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011滨州月考)已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b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
2．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，nβ，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.
其中正确命题的个数是()
A．0B．1C．2D．3
3．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；
③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是()
A．①②B．①④C．②④D．③④
4．(2011浙江)下列命题中错误的是()
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
5．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是()
A．一条直线B．一个圆
C．一个椭圆D．双曲线的一支
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝2a，则它的5个面中，互相垂直的面有________对．
7．(2011金华模拟)如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，
垂足为点H，有下列三个命题：
①点H是△A1BD的中心；
②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________．
8．正四棱锥S－ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2010山东)在如图所示的
几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.
(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；
(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．

10．(12分)(2009天津)如图，
在四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝22.
(1)证明：PA∥平面BDE；
(2)证明：AC⊥平面PBD；
(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值．
11．(14分)(2011杭州调研)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．
(1)求直线B1C与DE所成角的余弦值；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；
(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．
学案44空间的垂直关系
自主梳理
1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行
2．射影直角0°3.(1)②一条垂线(2)交线4.垂直
自我检测
1．D2.B3.B4.D5.23
课堂活动区
例1解题导引线面垂直的判断方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．
证明
(1)取AB中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
故DE∥BC，且DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.而SD面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.
∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，
∴SD⊥平面ABC.
(2)若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD面ABC，
∴SD⊥BD.
∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC.
变式迁移1证明∵平面VAD⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AB平面ABCD，
AD＝平面VAD∩平面ABCD，
∴AB⊥平面VAD.
∵VD平面VAD，∴AB⊥VD.
例2解题导引证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．
证明如图所示，连接AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1的交点．
由棱柱的性质知：
A1O1∥OC，且A1O1＝OC，
∴四边形A1OCO1为平行四边形，
∴A1O∥O1C，
又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
变式迁移2
证明(1)如图，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.
例3解题导引高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．
求这两种空间角的步骤：(几何法)．
根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)→认(指)→求．
(1)证明如图所示，连接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.
∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.
(2)解如图所示，由SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴SD⊥CD.
又底面ABCD是正方形，
∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，
∴CD⊥平面SAD.
过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.
在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa，
∴tanφ＝DEBD＝λ2.
在Rt△ADE中，∵AD＝2a＝CD，DE＝λa，
∴AE＝aλ2＋2，
从而DF＝ADDEAE＝2λaλ2＋2.
在Rt△CDF中，tanθ＝CDDF＝λ2＋2λ，
由tanθtanφ＝1，得
λ2＋2λλ2＝1λ2＋2＝2λ2＝2.
由λ∈(0,2]，解得λ＝2，即为所求．
变式迁移3(1)证明∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.
又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝12BC.
又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.
又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．
∴AD＝22AB.
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝12AB.
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝DEAD＝BC2AD＝24.
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为24.
(3)解∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE平面PAC，PE平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°，
故存在点E使得二面角A—DE—P是直二面角．
课后练习区
1．C2.D3.C
4．D[两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．]
5．A
6．5
解析面PAB⊥面PAD，
面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，
面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.
7．①②③
解析由于ABCD—A1B1C1D1是正方体，所以A—A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；从而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.
8.6＋2
解析如图取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，GF，GE.
则AC⊥平面GEF，故动点P的轨迹是△EFG的三边．
又EF＝12DB＝2，
GE＝GF＝12SB＝62，
∴EF＋FG＋GE＝6＋2.
9．(1)证明因为MA⊥平面ABCD，
PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)
在△PBC中，因为G、F分别为PB、PC的中点，
所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)
(2)解因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，
则PD＝AD＝2，
所以VP－ABCD＝13S正方形ABCDPD＝83.(8分)
由题意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
所以DA即为点P到平面MAB的距离，
所以VP－MAB＝13×12×1×2×2＝23.(10分)
所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)
10．(1)证明
设AC∩BD＝H，连接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，知E为PC的中点，故EH∥PA.又EH平面BDE，且PA平面BDE，
所以PA∥平面BDE.(4分)
(2)证明因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，
故AC⊥平面PBD.(8分)
(3)解由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线BC与平面PBD所成的角．
由AD⊥CD，AD＝CD＝1，DB＝22，可得DH＝CH＝22，BH＝322.
在Rt△BHC中，tan∠CBH＝CHBH＝13.
所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为13.
(12分)
11．(1)解连接A1D，则由A1D∥B1C知，B1C与DE所成角即为A1D与DE所成角．(2分)
连接A1E，可设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，
则A1D＝2a，
A1E＝DE＝52a，
∴cos∠A1DE＝
A1D2＋DE2－A1E22A1DDE＝105.
∴直线B1C与DE所成角的余弦值是105.(6分)
(2)证明取B1C的中点F，B1D的中点G，
连接BF，EG，GF.∵CD⊥平面BCC1B1，
且BF平面BCC1B1，∴CD⊥BF.
又∵BF⊥B1C，CD∩B1C＝C，
∴BF⊥平面B1CD.(8分)
又∵GF綊12CD，BE綊12CD，
∴GF綊BE，∴四边形BFGE是平行四边形，
∴BF∥GE，∴GE⊥平面B1CD.
∵GE平面EB1D，
∴平面EB1D⊥B1CD.(10分)
(3)解连接EF.
∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1C.
又∵GE⊥平面B1CD，∴GE⊥B1C.
又∵GE∩GF＝G，∴B1C⊥平面GEF，∴EF⊥B1C，
∴∠EFG是二面角E－B1C－D的平面角．(12分)
设正方体的棱长为a，则在△EFG中，
GF＝12a，EF＝32a，GE⊥GF，∴cos∠EFG＝GFEF＝33，
∴二面角E－B1C－D的余弦值为33.(14分)

高考数学（理科）一轮复习空间点、线、面之间的位置关系学案

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()
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．

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()
A.34B.54C.74D.34
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，对角线BD＝132，AC＝32，求AC和BD所成的角．
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•sin30°＝1，又PO⊥OB，∴PO＝BO•tan60°＝3，
∵底面菱形的面积S＝2×12×2×2×32＝23，
∴四棱锥P—ABCD的体积VP—ABCD＝13×23×3＝2.[6分]
(2)
取AB的中点F，连接EF，DF，
∵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•cos30°＝3，
∴在Rt△POA中，PA＝6，∴EF＝62.
在正三角形ABD和正三角形PDB中，DF＝DE＝3，
由余弦定理得cos∠DEF＝DE2＋EF2－DF22DE•EF[10分]
＝32＋622－322×3×62＝6432＝24.
所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为24.[12分]
【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
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．①B．②C．③D．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()
A.1010B.15C.31010D.35
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)
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空间点、线、面之间的位置关系
自主梳理
1．两点不在一条直线上一条2.(1)平行相交
(2)①锐角或直角②0，π23.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cDb，
否则，若c∥b，则a∥b与已知矛盾，
因而cDb.]
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．
(1)解∵AEEB＝CFFB＝2，∴EF∥AC.
∴EF∥平面ACD.而EF⊂平面EFGH，
且平面EFGH∩平面ACD＝GH，∴EF∥GH.
而EF∥AC，∴AC∥GH.
∴AHHD＝CGGD＝3，即AH∶HD＝3∶1.
(2)证明∵EF∥GH，且EFAC＝13，GHAC＝14，
∴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＝32，由A1D⊥平面ABC知A1D＝12，Rt△A1BD中，易求A1B＝14＋14＝22.
∵CC1∥AA1，∴AB与AA1所成的角即为AB与CC1所成的角．在△A1BA中，由余弦定理可知cos∠A1AB＝1＋1－122×1×1＝34.∴AB与CC1所成的角的余弦值为34.]
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＝34，GE∥BD，且GE＝134.GE和EF所成的锐角(或直角)就是AC和BD所成的角．
同理，GH∥AD，HF∥BC.GH＝12，HF＝32，
又AD⊥BC，∴∠GHF＝90°，∴GF2＝GH2＋HF2＝1.
在△EFG中，EG2＋EF2＝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∥CD1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
cos∠A1BE＝BE2＋A1B2－A1E22BE•A1B
＝2a2＋5a2－a22×2a×5a＝31010.]
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，
EO＝12SC＝22，BO＝12BD＝62，
在△SAB中，cosA＝12ABSA＝322＝64
＝AB2＋AE2－BE22AB•AE，∴BE＝2.
在△BEO中，cos∠BEO＝BE2＋EO2－BO22BE•EO＝12，
∴∠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，
∠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＝22，
C1D2＝A1D2＋A1C21－2A1D•A1C1cos60°
＝16＋4－2×4＝12.
DM2＝C1D2＋C1M2＝13，
∴cos∠DBM＝BM2＋BD2－DM22•BM•BD＝0，∴∠DBM＝90°.
8.36
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.
∴cos∠CMN＝MN2＋CM2－CN22MN•CM＝36.
9．证明(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，
∵E、F分别是AB和AA1的中点，
∴EF∥A1B，且EF＝12A1B，(2分)
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)
(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝12CD1，
∴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．
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)
∴B1E＝QA1＝12a，
由△EB1M∽△EC1P，
知EM∶EP＝EB1∶EC1＝1∶3，(9分)
PM＝23EP＝2312a2＋32a2＝103a，
同理PN＝PM＝103a，
易求RM＝QN＝106a，QR＝22a，
∴五边形PMRQN的周长为10＋22a.
(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＝23，
BG＝5，D1G＝22＋32＝13.
∴cos∠D1BG＝D1B2＋BG2－D1G22D1B•BG
＝12＋5－132×23×5＝1515.
∴异面直线BD1与CE所成角的余弦值是1515.(8分)
(3)解连接A1B，
∵△A1AE≌△CBE，∴A1E＝CE＝5.
又∵A1C＝23，
∴点E到A1C的距离d＝5－3＝2.
∴S△A1EC＝12A1C•d＝6，
S△A1EB＝12EB•A1A＝1.(11分)
又∵VB—A1EC＝VC—A1EB，
设点B到平面A1EC的距离为h，
∴13S△A1EC•h＝13S△A1EB•CB，∴6•h＝2，h＝63.
∴点B到平面A1EC的距离为63.(14分)