2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题4 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与证明课件 文

第二部分讲练篇专题四立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明自主练考点整合D[线面平行时要考虑线是否在平面内．][做小题——激活思维]1．设a，b，c表示不同的直线，α表示平面，下列命题中正确的是()A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a⊥b，b⊥α，则a⊥αC．若a⊥c，b⊥c，则a∥bD．若a⊥α，b⊥α，则a∥b2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB[A中m与α的位置关系不能确定，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D错误．选B.][答案]C3．给出下列命题，其中错误命题的个数为()①若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；②若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；③若异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；④若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面．A．1B．2C．3D．44．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论正确的是________．(填序号)①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.①②④[如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．]5．在正四棱锥P­ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为多少？[解]连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC中点，又因为E为PC中点，所以OE∥PA，且OE＝12PA＝1，所以∠OEB(或其补角)是异面直线PA与BE所成的角．因为四棱锥P­ABCD为正四棱锥，O为正方形ABCD的中心，所以PO⊥平面ABCD，所以AO为PA在平面ABCD内的射影，所以∠PAO即为PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°，因为PA＝2，所以OA＝OB＝1.因为PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以PO⊥BD，AC⊥BD，又因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为OE⊂平面PAC，所以BD⊥OE，所以△BOE为直角三角形，因为OB＝OE＝1，所以∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°.[扣要点——查缺补漏]1．空间两直线位置关系的判定与证明(1)判定两直线相交的方法①证明两直线共面且不平行；②将待证两直线构造到同一平面几何图形中，利用平面几何图形性质判断．(2)判定两直线异面的方法①反证法；②利用结论：过平面外一点和平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线．2．空间线面位置关系的判定与证明(1)模型法判断线面关系：借助空间几何模型，如长方体、四面体等观察线面关系，再结合定理进行判断，如T3.(2)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系．如T4.(3)证明线线垂直的常用方法①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质．3．空间角(1)对于两条异面直线所成的角，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．(2)直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的射影．如T5.研考题举题固法空间线面位置关系的判断(5年3考)[高考解读]以正方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系，是《课程标准》关于立体几何教学内容设计的基本特点.近几年高考题的设计就体现了这种特点，以正方体为载体，考生可以通过直观感知，操作确认形成问题的结论.1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线切入点：N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是ED的中点．关键点：正确应用△ECD为正三角形及平面ECD⊥平面ABCD两个条件．B[取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN＝FN2＋EF2＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝12EF＝32，BG＝CG2＋BC2＝322＋22＝52，∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.]2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()切入点：M，N，Q为所在棱的中点．关键点：正确应用线面平行的判定定理．A[A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.]3．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥ACC[如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．故选C.]C[∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C.][教师备选题]1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n2．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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A[由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.]D[由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．]3．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交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.1．(位置关系的判定)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥α，m∥βB．α⊥γ，β⊥γC．m⊂α，n⊂β，m∥nD．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥αD[A中α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．]2．(新题型：多选题)(命题的真假判断)设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确的命题是()A．①B．②C．③D．④AD[①正确；②中也可能直线l⊂α，故错误；③中三条直线也可能相交于一点，故错误；④正确，所以正确的命题是A、D.]3．(线面垂直、面面垂直的判定)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFHB．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEFB[根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.]4．[创新问题]某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是()A．①②③⑤B．②③④⑤C．②④⑤D．③④⑤B[A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON＞∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O′1∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O′1与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.]空间平行、垂直关系的证明(5年9考)[高考解读