2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 5.2 點、直線、平面之間的位置關(guān)系學(xué)案 文
-
資源ID:105526780
資源大小:3.38MB
全文頁數(shù):16頁
- 資源格式: DOC
下載積分:22積分
快捷下載

會員登錄下載
微信登錄下載
微信掃一掃登錄
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會被瀏覽器默認(rèn)打開,此種情況可以點擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預(yù)覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標(biāo)題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請知曉。
|
2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 5.2 點、直線、平面之間的位置關(guān)系學(xué)案 文
第2講 點、直線、平面之間的位置關(guān)系
考點1 點、線、面的位置關(guān)系
判斷空間點、線、面位置關(guān)系,主要依賴四個公理、平行關(guān)系和垂直關(guān)系的有關(guān)定義及定理,具體處理時可以構(gòu)建長方體或三棱錐等模型,把要考查的點、線、面融入模型中,判斷會簡潔明了.如要否定一個結(jié)論,只需找到一個反例就可以.
[例1] (1)[2019·全國卷Ⅱ]設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是( )
A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行
B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行
C.α,β平行于同一條直線
D.α,β垂直于同一平面
(2)
[2019·全國卷Ⅲ]如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點,則( )
A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線
B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線
C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線
D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線
【解析】 (1)本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系,意在考查考生的空間想象能力、邏輯思維能力,考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、直觀想象.
對于A,α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時,α與β可能相交,所以A不正確;對于B,根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知,B正確;對于C,平行于同一條直線的兩個平面可能相交,也可能平行,所以C不正確;對于D,垂直于同一平面的兩個平面可能相交,也可能平行,如長方體的相鄰兩個側(cè)面都垂直于底面,但它們是相交的,所以D不正確.綜上可知選B.
(2)本題主要考查空間線線位置關(guān)系,考查考生的空間想象能力,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算.
取CD的中點O,連接ON,EO,因為△ECD為正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2,則EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.過M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=2+2+22=7,得BM=,所以BM≠EN.連接BD,BE,因為四邊形ABCD為正方形,所以N為BD的中點,即EN,MB均在平面BDE內(nèi),所以直線BM,EN是相交直線,選B.
【答案】 (1)B (2)B
判斷空間位置關(guān)系的兩種方法
(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷.
(2)借助空間幾何模型,如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理,進(jìn)行肯定或否定.
『對接訓(xùn)練』
1.[2019·浙江紹興一中模擬]對于空間中的兩條直線m,n和一個平面α,下列命題中為真命題的是( )
A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m∥α,n?α,則m∥n
C.若m∥α,n⊥α,則m∥n D.若m⊥α,n⊥α,則m∥n
解析:對于A,直線m,n可能平行、異面或相交,故A錯誤;對于B,直線m,n可能平行,也可能異面,故B錯誤;對于C,m與n垂直而非平行,故C錯誤;對于D,垂直于同一平面的兩直線平行,故D正確.
答案:D
2.
[2019·陜西西北工大附中調(diào)考]如圖,四邊形EFGH為四面體ABCD的一個截面,若==,則與平面EFGH平行的直線有( )
A.0條 B.1條
C.2條 D.3條
解析:∵=,∴EF⊥AB.又EF?平面EFGH,AB?平面EFGH,
∴AB∥平面EFGH.同理,由=,可證CD∥平面EFGH.∴與平面EFGH平行的直線有2條.故選C.
答案:C
考點2 空間中平行、垂直關(guān)系
1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)
(1)線面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α.
(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b.
2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)
(1)線面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α.
(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.
[例2] [2019·全國卷Ⅰ]如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.
(1)證明:MN∥平面C1DE;
(2)求點C到平面C1DE的距離.
【解析】 本題考查了線面平行、垂直的判定和點到平面的距離,通過平行、垂直的證明,考查了學(xué)生的空間想象力,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng).
(1)證明:連接B1C,ME.
因為M,E分別為BB1,BC的中點,
所以ME∥B1C,且ME=B1C.
又因為N為A1D的中點,
所以ND=A1D.
由題設(shè)知A1B1綊DC,可得
B1C綊A1D,故ME綊ND,
因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.
又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)過C作C1E的垂線,垂足為H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,
所以DE⊥平面C1CE,
故DE⊥CH.
從而CH⊥平面C1DE,
故CH的長即為C到平面C1DE的距離.
由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=,
故CH=.
從而點C到平面C1DE的距離為.
1.證明線線平行的4種常用方法
(1)利用平行公理,即證兩直線同時和第三條直線平行;
(2)利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換;
(3)利用三角形的中位線定理證線線平行;
(4)利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換.
2.證明線線垂直的3種常用方法
(1)利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì);
(2)勾股定理;
(3)線面垂直的性質(zhì):即要證兩線垂直,只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可,l⊥α,a?α?l⊥a.
『對接訓(xùn)練』
3.[2019·全國卷Ⅱ]如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)證明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.
解析:本題考查了長方體的性質(zhì)、直線與平面垂直的判定與性質(zhì)和錐體的體積,考查了空間想象能力,主要體現(xiàn)了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).
(1)證明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.
由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,
所以∠AEB=∠A1EB1=45°,
故AE=AB=3,AA1=2AE=6.
作EF⊥BB1,垂足為F,
則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.
所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=×3×6×3=18.
考點3 平面圖形的折疊問題
1.畫好兩圖:翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖.
2.把握關(guān)系:即比較翻折前后的圖形,準(zhǔn)確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系,哪些平行與垂直的關(guān)系不變,哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化,這是準(zhǔn)確把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征,進(jìn)行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ).
3.準(zhǔn)確定量:即根據(jù)平面圖形翻折的要求,把平面圖形中的相關(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征,這是準(zhǔn)確進(jìn)行計算的基礎(chǔ).
[例3] [2018·全國卷Ⅰ]如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點M到達(dá)點D的位置,且AB⊥DA.
(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=DA,求三棱錐Q ABP的體積.
【解析】 (1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,即BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解:由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,
所以BP=2.
如圖,過點Q作QE⊥AC,垂足為E,則QE綊DC.
由已知及(1)可得,DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱錐Q ABP的體積為
VQ ABP=×S△ABP×QE=××3×2sin 45°×1=1.
平面圖形翻折問題的求解方法
(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長度是不變量,而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.
(2)在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.
『對接訓(xùn)練』
4.[2019·湖南省湘東六校聯(lián)考]如圖,將矩形ABCD沿對角線AC折起,使得平面ABD′⊥平面ABC.
(1)求證:AD′⊥平面BCD′;
(2)當(dāng)AB=,AD=1時,求點B到平面AD′C的距離.
解析:(1)∵BC⊥AB,平面ABD′⊥平面ABC,平面ABD′∩平面ABC=AB,
∴BC⊥平面ABD′,
∵AD′?平面ABD′,
∴BC⊥AD′,
又AD′⊥D′C,BC∩D′C=C,
∴AD′⊥平面BCD′.
(2)由(1)知AD′⊥平面BCD′,又BD′?平面BCD′,
∴AD′⊥BD′,從而BD′=,
設(shè)點B到平面AD′C的距離為h,
由V三棱錐B-AD′C=V三棱錐C-AD′B,
得S△AD′C·h=S△AD′B·BC,
即××1××h=××1××1,得h=,
即點B到平面AD′C的距離為.
考點4 空間線面關(guān)系的探究性問題
[例4]
[2018·全國卷Ⅲ]如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點.
(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.
解析:(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.
因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,
故BC⊥DM.
因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,
所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,
故平面AMD⊥平面BMC.
(2)當(dāng)P為AM的中點時,MC∥平面PBD.
證明如下:如圖,連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為AC中點.
連接OP,因為P為AM中點,
所以MC∥OP.
又MC?平面PBD,OP?平面PBD,
所以MC∥平面PBD.
解決立體幾何中探索性問題的基本方法
(1)通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立),然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理,若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實,說明假設(shè)成立,并可進(jìn)一步證明;若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論,則說明假設(shè)不成立.
(2)探索線段上是否存在滿足題意的點時,注意三點共線條件的應(yīng)用.
『對接訓(xùn)練』
5.[2019·河南名校壓軸第二次考試]如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,四邊形ACFE是矩形,且平面ACFE⊥平面ABCD,點M在線段EF上.
(1)求證:BC⊥平面ACFE;
(2)當(dāng)EM為何值時,AM∥平面BDF?證明你的結(jié)論.
解析:(1)證明:在梯形ABCD中,因為AB∥CD,
AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,
所以四邊形ABCD是等腰梯形,
且∠DCA=∠DAC=30°,∠DCB=120°,
所以∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°,所以AC⊥BC.
又平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面ACFE.
(2)當(dāng)EM=a時,AM∥平面BDF,理由如下:
在梯形ABCD中,設(shè)AC∩BD=N,連接FN.
由(1)知四邊形ABCD為等腰梯形,且∠ABC=60°,
所以AB=2BC=2DC,則CNNA=12.
易知EF=AC=a,因為EM=a,
所以MF=EF=a,
又易知AN=a,所以MF綊AN,
所以四邊形ANFM是平行四邊形,所以AM∥NF,
又NF?平面BDF,AM?平面BDF,
所以AM∥平面BDF.
課時作業(yè)12 點、直線、平面之間的位置關(guān)系
1.
[2019·四省八校聯(lián)考]如圖,平面PAD⊥平面ABCD,∠ABC=∠BCD=90°,PA=PD=AD=AB=2CD=2,H為PB的中點.
(1)求證:CH∥平面PAD;
(2)求點C到平面PAB的距離.
解析:(1)證明:取PA的中點E,連接HE,DE,則EH綊AB.
又CD綊AB,
∴EH綊CD,四邊形CDEH為平行四邊形,
∴CH∥DE,
又DE?平面PAD,CH?平面PAD,
∴CH∥平面PAD.
(2)取AD的中點F,連接PF,F(xiàn)B,AH,則∠PFB=90°,PF=,BF=,PB=,AH=,
∴S△PAB=××=,連接AC,則V三棱錐C-PAB=V三棱錐P-ABC,設(shè)點C到平面PAB的距離為h,
∴××h=××2××,∴h==.
∴點C的平面PAB的距離為.
2.
[2019·蘭州市診斷考試]如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為平行四邊形,△PCD為正三角形,∠BAD=30°,AD=4,AB=2,平面PCD⊥平面ABCD,E為PC的中點.
(1)證明:BE⊥PC;
(2)求多面體PABED的體積.
解析:(1)證明:∵BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=4,∴BD=2,
∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD,∴BD⊥CD.
∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,
∴BD⊥平面PCD,∴BD⊥PC.
∵△PCD為正三角形,E為PC的中點,∴DE⊥PC,
∴PC⊥平面BDE,BE?平面BDE,∴BE⊥PC.
(2)如圖,作PF⊥CD,EG⊥CD,F(xiàn),G為垂足,
∵平面PCD⊥平面ABCD,
∴PF⊥平面ABCD,EG⊥平面ABCD,
∵△PCD為正三角形,CD=2,
∴PF=3,EG=,
∴V四棱錐P-ABCD=×2×2×3=4,
V三棱錐E-BCD=××2×2×=,
∴多面體PABED的體積V=4-=3.
3.
[2018·江蘇卷]在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求證:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
證明:本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能力和推理論證能力.
(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形.
又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B.
因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.
又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC,
又因為AB1?平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
4.[2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一)]如圖,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E為CD的中點,將△ADE沿AE折到△APE的位置.
(1)證明:AE⊥PB;
(2)當(dāng)四棱錐P-ABCE的體積最大時,求點C到平面PAB的距離.
解析:(1)證明:在等腰梯形ABCD中,連接BD,交AE于點O.
∵AB∥CE,AB=CE,∴四邊形ABCE為平行四邊形,
∴AE=BC=AD=DE,
∴△ADE為等邊三角形,
∴在等腰梯形ABCD中,∠C=∠ADE=,BD⊥BC,
∴BD⊥AE.
如圖,翻折后可得,OP⊥AE,OB⊥AE,
又OP?平面POB,OB?平面POB,OP∩OB=O,∴AE⊥平面POB,
∵PB?平面POB,∴AE⊥PB.
(2)當(dāng)四棱錐P-ABCE的體積最大時,平面PAE⊥平面ABCE.
又平面PAE∩平面ABCE=AE,PO?平面PAE,PO⊥AE,∴OP⊥平面ABCE.
∵OP=OB=,∴PB=,∵AP=AB=1,∴S△PAB=×× =,
連接AC,則VP-ABC=OP·S△ABC=××=,
設(shè)點C到平面PAB的距離為d,∵VP-ABC=VC-PAB=S△PAB·d,
∴d===.
5.[2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測]如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=,△PAD是等邊三角形,F(xiàn)為AD的中點,PD⊥BF.
(1)求證:AD⊥PB;
(2)若E在線段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一點G,使平面DEG⊥平面ABCD?若存在,求出三棱錐D-CEG的體積;若不存在,請說明理由.
解析:(1)證明:連接PF,∵△PAD是等邊三角形,∴PF⊥AD.
∵底面ABCD是菱形,∠BAD=,∴BF⊥AD.
又PF∩BF=F,∴AD⊥平面BFP,又PB?平面BFP,
∴AD⊥PB.
(2)能在棱PC上找到一點G,使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF,∵PD⊥BF,AD∩PD=D,∴BF⊥平面PAD.
又BF?平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,
又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,∴PF⊥平面ABCD.
連接CF交DE于點H,過H作HG∥PF交PC于G,
∴GH⊥平面ABCD.
又GH?平面DEG,∴平面DEG⊥平面ABCD.
∵AD∥BC,∴△DFH~△ECH,∴==,
∴==,∴GH=PF=,
∴VD-CEG=VG-CDE=S△CDE·GH=×DC·CE·sin·GH=.
6.[2019·北京卷]如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點.
(Ⅰ)求證:BD⊥平面PAC;
(Ⅱ)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE;
(Ⅲ)棱PB上是否存在點F,使得CF∥平面PAE?說明理由.
解析:(Ⅰ)因為PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又因為底面ABCD為菱形,
所以BD⊥AC.
所以BD⊥平面PAC.
(Ⅱ)因為PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因為底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點,
所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.
(Ⅲ)棱PB上存在點F,使得CF∥平面PAE.
取F為PB的中點,取G為PA的中點,連接CF,F(xiàn)G,EG.
則FG∥AB,且FG=AB.
因為底面ABCD為菱形,且E為CD的中點,
所以CE∥AB,且CE=AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四邊形CEGF為平行四邊形.
所以CF∥EG.
因為CF?平面PAE,EG?平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
- 16 -