高考数学一轮复习策略

1、揣摩例题。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

2、精练习题

复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

3、加强审题的规范性

每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

4、重视错题

“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

专题8.3   空间点、直线、平面之间的位置关系

【知识清单】

知识点1．平面的基本性质

(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．

(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．

(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线．

推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．

推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．

推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．

知识点2．空间两直线的位置关系

直线与直线的位置关系的分类

直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．

平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．

平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．

等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．

知识点3．异面直线所成的角

异面直线所成的角

①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角或直角叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．

②范围：.

异面直线的判定方法：

判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；

反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．

知识点4．直线与平面所成角

1．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.

知识点5．二面角

1．求二面角的大小

(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．

【考点分类剖析】

考点一 ：平面的基本性质

【典例1】（2021·北京高一期末）已知点A∈直线l，又A∈平面，则（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【解析】

根据直线与平面的位置关系判断．

【详解】

点A∈直线l，又A∈平面，则与平面至少有一个公共点，所以或．

故选：D．

【典例2】（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：

（1）当时，；

（2）点在平面内．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

（1）因为长方体,所以平面,

因为长方体,所以四边形为正方形

因为平面,因此平面,

因为平面,所以；

（2）在上取点使得,连,

因为,所以

所以四边形为平行四边形，

因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，

因此在平面内

【规律方法】

1.证明点共线问题的常用方法

公理法：先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在交线上

同一法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上.

2.证明线共点问题的方法

证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为交线的两个平面的公共点．

3.证明点、直线共面问题的常用方法

纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内

辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合

【变式探究】

1.（2019·上海高三）若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．非充分非必要条件

【答案】A

【解析】

由题意，根据直线和直线外的一点，有且只有一个平面，所以“这四个点中有三点在同一直线上”，则“这四个点在同一平面上”，反之不一定成立，所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的充分非必要条件，故选A.

2. （2019·河南高三月考（文））如图，是平行六面体，O是的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（　　）

A.不共面 B.三点共线

C.不共面 D.共面

【答案】B

【解析】

如图所示：连接，

因为平面，平面，所以是平面与平面的交线；又因为直线交平面于点，所以，所以三点共线，则B正确；因为平面，所以共面，故A错误，同理可知C错误；显然不是中点，所以不共面，故D错误，

故选：B.

【总结提升】

公理1是判断一条直线是否在某个平面的依据；公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据；公理3是证明三线共点或三点共线的依据．要能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理．

画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．

证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用公理或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可．

要证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，即证点在两个平面的交线上．或者选择其中两点确定一直线,然后证明另一点也在直线上.

考点二：  空间线、面的位置关系

【典例3】（2021·北京高一期末）若直线平面，则下列结论一定成立的个数是（    ）

①内的所有直线与m异面；

②内存在唯一一条直线与m相交；

③内存在直线与m平行．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【解析】

根据线面间的位置关系判断，

【详解】

直线平面，则或与相交．时，内直线与平行或异面，与相交时，内直线与相交或异面，因此三个命题均错．

故选：A．

【典例4】（2021·江苏省如皋中学高一月考）如图，设不全等的与不在同一个平面内，且、、，求证：、、三线共点．

【答案】证明见解析

【解析】

本题首先可根据题意设，则与相交，然后令交点为，根据平面、平面得出点在两平面的交线上，最后根据两平面的交线为即可证得结论.

【详解】

因为与不在同一个平面内且不全等，

所以可设，则四边形为梯形，与相交，

令其交点为，则，，

因为平面，平面，

所以点在平面与平面的交线上，

因为平面与平面的交线为，

所以，、、三线共点.

【总结提升】

判断空间两直线位置关系的思路方法

(1)判断空间两直线的位置关系一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．

(2)异面直线的判定方法

①反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．

②定理法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．

【变式探究】

1.（广东高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（   ）

A.与，都相交 B.与，都不相交

C.至少与，中的一条相交 D.至多与，中的一条相交

【答案】C

【解析】

试题分析：若直线和是异面直线，在平面，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，的一条相交.故选A．

2.若表示直线，表示平面，下列结论中正确的是_______.①；②；③；④.

【答案】①④

【解析】

①中，因为，根据线面垂直的性质，即可得到，所以①正确；

②中，因为，所以或，故②错误；

③中，因为，所以或或与相交，故③错误；

④中，因为，根据线面垂直的性质定理，即可得到，故④正确；

故答案为①④

【总结提升】

空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定，对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、平行公理及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决.

考点三：  异面直线所成的角

【典例5】（2021·江西高一期末（理））如图，在直三棱柱中，，，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】

连接，则直线与所成角即直线与所成角，再根据条件得到为直角三角形，设出长度，即可求解.

【详解】

解：如图所示：连接，

由题意得：，

故平面，

又平面，

故，

设，则， ，

故，

，

直线与所成角即直线与所成角，

，

故直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

【规律方法】

1.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．

平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：

①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

③计算：求该角的值，常利用解三角形；

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．

2．向量法(基底法、坐标法)求异面直线所成的角

根据题意，确定两异面直线各自的方向向量a，b，则两异面直线所成角θ满足cosθ＝.

【变式探究】

（2021·江苏省镇江中学高一月考）在长方体中，，，，直线与平面所成的角是（    ）

A．45° B．90°

C．正切值为2 D．正切值为

【答案】A

【解析】

长方体中直线平面，所以就是直线与平面所成的角，在中求正切值可得答案.

【详解】

长方体中，直线平面，

所以就是直线与平面所成的角，

在中，，，

所以，所以.

故选：A.

考点四：  直线与平面所成角

【典例6】【多选题】（2021·江苏高二期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．直线与是异面直线

B．直线与所成的角为

C．直线与平面所成角的正切值为

D．点到平面的距离为

【答案】ACD

【解析】

根据正方体的性质即知A的正误，再结合线线角、线面角的定义找到对应的平面角，即可知B、C的正误，由面与面在同一平面，即可求到平面的距离，即知D的正误.

【详解】

由正方体的性质知：直线与是异面直线，A正确；

由，而与的夹角，故与所成角为，B错误；

若为的中点，由，则直线与平面所成角为，而，C正确；

由面与面在同一平面，又为棱的中点，则到平面的距离为，D正确.

故选：ACD

【典例7】（2018·天津高考真题（文））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，AB=2，AD=，∠BAD=90°．

（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；

（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．

【解析】

（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．

（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．

在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．

在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．

在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．

所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．

（Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．

在Rt△CAD中，CD==4．

在Rt△CMD中，．

所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

【总结提升】

1.利用几何法：原则上先利用图形“找线面角”或者遵循“一做----二证----三计算”.

2.利用向量法求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.

【变式探究】

1.（2019·全国高三月考（理））已知球内接三棱锥中，平面ABC，为等边三角形，且边长为，又球的体积为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________.

【答案】

【解析】

如图:

由正弦定理得小圆的半径为:,则,

又由,得球的半径R,

所以,取的中点,连接, ,则就是直线PC与平面PAB所成的角,

又,

,

所以.

直线PC与平面PAB所成角的余弦值为.

2. （2021·全国高三其他模拟）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有边长均为1.

（1）计算正三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积和体积；

（2）求直线AB1与平面ABC所成角的大小.

【答案】（1）表面积为：，体积为；（2）45°

【解析】

（1）运用柱体的表面积和体积计算公式求解即可；

（2）确定直线与平面所成角，运用三角形知识求解答案.

【详解】

（1）如图，三棱柱中，

， 所以三棱柱表面积为：三棱柱的体积为：；

（2）正三棱柱，平面，

即是直线与平面 所成角的平面角.
所以直线 与平面 所成角为45°.

考点五： 二面角

【典例8】（2021·江苏高二期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，与交于点，，，，.

（1）求直线与所成角的正弦值；

（2）求二面角的正切值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

(1)利用，将所求角转化为，然后在中求的正弦值；

(2)先证明平面，再过点作，垂足为，连接，再证明是二面角的平面角，最后在中求的正切值.

【详解】

(1)因为斜三棱柱，所以，

所以就是直线与所成角，

又侧面为菱形，所以，

因为，，所以，，

在直角中，，所以，

故直线与所成角的正弦值为.

(2)由(1)知，

因为为斜三棱柱，所以，

又，所以，

又，平面，，

所以平面，有平面.

过点作，垂足为，连接.

由于平面，平面，故，

又，，平面，，

所以平面，又平面，所以，

所以是二面角的平面角，

在中，因为，所以，

又平面，平面，故，

在中，，

即二面角的正切值为.

【总结提升】

1.利用几何法：原则上先利用图形“找平面角”或者遵循“一做----二证----三计算”.

2.（1）求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

(2)用平面的法向量求二面角时，二面角的大小与两平面法向量的夹角有相等和互补两种情况．

【变式探究】

（2021·河北巨鹿中学高一月考）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体.

（1）求新多面体的体积；

（2）求正八面体中二面角的余弦值；

（3）判断新多面体为几面体？（只需给出答案，无需证明）

【答案】（1）；（2）；（3）七面体.

【解析】

（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正四面体和正八面体体积之积，即可得解；

（2）在正八面体中，取的中点为，连接，分析出为二面角的平面角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果；

（3）计算出正四面体相邻面所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论.

【详解】

（1）分别取、的中点、，连接、、，如下图所示：

因为，为的中点，则且，

同理可知且，

，所以，平面，

为的中点，则，且，

，

所以正四面体的体积为；

如下图所示：

在正八面体中，连接交平面于点，则平面，

所以，，

所以正八面体的体积为，

因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和，

所以，新多面体的体积为；

（2）如图，在正八面体中，取的中点为，连接，

，为的中点，则，且，

同理可知，且，

所以，为二面角的平面角．

，

由余弦定理得，

故二面角的余弦值为；

（3）新多面体是七面体. 

证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．

在正四面体中，因为，，故为二面角的平面角．由余弦定理得，

即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为，

所以，因此新多面体是七面体.)