2021届高考数学统考二轮复习-第二部分-专题3-立体几何-第2讲-空间位置关系的判断与证明教案-理.doc

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与证明教案 理

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与证明教案 理

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专题3第2讲　空间位置关系的判断与证明

　　　　　　　　空间线、面位置关系的判断

授课提示：对应学生用书第30页

考情调研
考向分析
主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.
1.空间线面位置关系的判断．
2.异面直线所成角．
3.线面角.

[题组练透]
1．在下列命题中，不是公理的是(　　)
A．平行于同一个平面的两个平面相互平行
B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
C．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此平面内
D．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过该点的公共直线
解析：选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．
答案：A
2．(2019·张家口、沧州模拟)已知直线a，b和平面α，a⊂α，则b⊄α是b与a异面的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由题意，若直线b不在平面α内，则b与a相交或b∥a，不一定有b与a异面，反之，若b与a异面，一定有直线b不在平面α内，即b⊄α是b与a异面的必要不充分条件．故选B.
答案：B
3.(2019·南宁模拟)如图所示，长方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，AB＝6，AD＝8，AA1＝7，则异面直线EF与AA1所成角的正切值为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：作FG⊥AD，垂足为G，连接EG，因为FG∥AA1，所以∠EFG为异面直线EF与AA1所成的角(或补角)，且tan∠GFE＝，因为EG＝＝5，FG＝AA1＝7，所以tan∠GFE＝.故选B.

答案：B
4．(2019·湘潭模拟)已知四棱锥P­ABCD的底面边长都为2，PA＝PC＝2，PB＝PD，且∠DAB＝60°，M是PC的中点，则异面直线MB与AP所成的角为________．
解析：如图所示，连接AC与BD相交于N，则MN∥PA，
根据异面直线所成角的定义，可得MB，AP所成的角为∠NMB或∠NMB的补角，由题意，在△MNB中，NB＝1，MN＝，BN⊥MN，则tan∠NMB＝＝，所以∠NMB＝30°.

答案：30°
[题后悟通]
1．判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
2．用平移法求异面直线所成的角的三步法
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角．
(3)三求：解三角形，求出所作的角．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．

　　　　　　　　空间线面平行、垂直关系的证明

授课提示：对应学生用书第31页

考情调研
考向分析
直线、平面平行、垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线、线面、面面平行与垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.
1.线面、面面平行关系的证明．
2.线面、面面垂直关系的证明.

[题组练透]
1．(2019·乌鲁木齐质检)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，以下四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β，其中正确的两个命题是(　　)
A．①与②　　　　　　　 B．③与④
C．②与④ D．①与③
解析：对于①，因为直线l⊥平面α，α∥β，所以直线l⊥平面β，因直线m⊂平面β，所以l⊥m，故①正确；对于②，l与m异面、平行或相交，故②错误；对于③，因为直线l⊥平面α，l∥m，所以m⊥α，而m⊂β，所以α⊥β，所以③正确；对于④，当直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，l⊥m时，α、β平行或相交，故④错误，综上，①与③正确，故选D.
答案：D
2．(2019·泰安模拟)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是(　　)

解析：A中，因为PQ∥AC∥A1C1，所以可得PQ∥平面A1BC1，又RQ∥A1B，可得RQ∥平面A1BC1，从而平面PQR∥平面A1BC1
B中，如图，作截面可得平面PQR∩平面A1BN＝HN.

C中，如图，作截面可得平面PQR∩平面HGN＝HN.

D中，如图，作截面可得QN，C1M为两相交直线，因此平面PQR与平面A1MC1不平行．

答案：A
3．(2019·北京西城区模拟)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF为梯形，AF∥DE，DE⊥AD，DC＝DE.

(1)求证：AD⊥CE；
(2)求证：BF∥平面CDE；
(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并说明理由．
解析：(1)证明：由底面ABCD为矩形，知AD⊥CD.
又因为DE⊥AD，DE∩CD＝D,
所以AD⊥平面CDE.
又因为CE⊂平面CDE，
所以AD⊥CE.
(2)证明：由底面ABCD为矩形，知AB∥CD，
又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE,
所以AB∥平面CDE.
同理AF∥平面CDE，
又因为AB∩AF＝A，
所以平面ABF∥平面CDE.
又因为BF⊂平面ABF，
所以BF∥平面CDE.
(3)结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.

证明如下：
取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQ∥BC.
由AD∥BC，得PQ∥AD.
所以A，D，P，Q四点共面.
由(1)，知AD⊥平面CDE，
所以AD⊥DP，故BC⊥DP.
在△CDE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE.
又因为BC∩CE＝C，
所以DP⊥平面BCE.
又因为DP⊂平面ADPQ，
所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE)．
即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.
[题后悟通]
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

　　　　　　　　空间中的翻折问题

授课提示：对应学生用书第33页

考情调研
考向分析
将平面图形翻折成空间图形，既是实际应用问题的需要，又具有考察学生空间想象能力、逻辑推理、数学实践、综合分析问题能力的功能，因此，它是高考中的一种常见题型.
1.翻折后空间关系的证明．
2.翻折中的探索性问题.

[题组练透]
1．(2019·东三省三校模拟)如图，直角梯形ABCD，∠ABC＝90°，CD＝2，AB＝BC＝1，E是边CD的中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′­ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为(　　)

A.　　　　　　　　 B.
C. D．1
解析：由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥D′­ABCE中，底面ABCE为边长是1的正方形，侧面D′EA中，D′E⊥AE，且D′E＝AE＝1.
∵AE⊥D′E，AE⊥CE，D′E∩CE＝E，
∴AE⊥平面D′CE.
作D′M⊥CE于M，作MN⊥AB于N，连接D′N，
则由AE⊥平面D′CE，可得D′M⊥AE，
∴D′M⊥平面ABCE.
又AB⊂平面ABCE，
∴D′M⊥AB.
∵MN⊥AB，D′M∩MN＝M，
∴AB⊥平面D′MN.
在△D′MN中，作MH⊥D′N于H，则MH⊥平面ABD′.
又由题意可得CE∥平面ABD′，
∴MH即为点C到平面ABD′的距离．
在RtΔD′MN中，D′M⊥MN，MN＝1，
设D′M＝x，则0<x≤D′E＝1，
∴D′N＝.
由D′M·MN＝D′N·MH可得x＝·MH，
∴MH＝＝≤，当且仅当x＝，即x＝1时等号成立，此时D′E⊥平面ABCE，
综上可得点C到平面ABD′距离的最大值为.
故选B.
答案：B
2．在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，点D为AB的中点，DE垂直AB交AC于E，如图①.将△ABC沿DE折起，使A到达P的位置，且使平面PDE⊥平面DBCE，连接PC，PB，如图②.

(1)若F为PB的中点，求证：DF⊥PC；
(2)当三棱锥P­DBC的体积为时，求点B到面PEC的距离．
解析：(1)证明：∵DE⊥PD，DE⊥DB，
∴DE⊥平面PDB，
又在图①中BC⊥BD，DE⊥BD，
∴DE∥BC，
∴BC⊥平面PDB，而DF⊂平面PDB，
∴BC⊥DF，
∵DP＝DB，F是PB的中点，
∴DF⊥PB，又BC∩PB＝B.
∴DF⊥平面PBC，而PC⊂平面PBC，
∴DF⊥PC.

(2)设DB＝m，由三棱锥P­DBC的体积
m＝得m＝DB＝2，
∴PD＝DE＝DB＝2，PE＝EC＝2，
设M是PC的中点，则EM∥DF且EM＝DF＝，PC＝2.
设点B到平面PEC的距离为h，
因VB­PEC＝SPEC·h＝·h＝h.
而VB­PEC＝VP­EBC＝VP­DBC＝，
所以h＝.故B到面PEC的距离为.
[题后悟通]
解决与折叠有关的问题的两个关键
(1)要明确折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．
(2)在解决问题时，要比较折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．