《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系學案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系學案 文 蘇教版（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講空間點、線、面的位置關系 2019考向?qū)Ш娇键c掃描三年考情考向預測2019201820171空間點、線、面位置關系的判斷江蘇高考立體幾何解答題一般位居試卷15或16題的位置試題主要來源于課本習題改編，主要考查空間平行和垂直，這是近幾年一貫的命題原則預計2020年命題仍會堅持這個命題思想空間點、線、面位置關系的判斷一般會作為填空題考查，平面圖形的折疊問題和探索性問題是命題的冷點，復習做適當關注2空間平行和垂直第16題第15題第15題3平面圖形的折疊問題4立體幾何中的探索性問題1必記的概念與定理(1)線面平行與線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理；(2)面面平行與面面垂直的判定定理、性質(zhì)定理2需要活
2、用的關系與結(jié)論3需要關注的易錯點使用有關平行、垂直的判定定理時，要注意其具備的條件，缺一不可解答高考題時，推理過程不完整是失分的重要原因，需引起特別注意空間線面位置關系的判斷典型例題 (2019鎮(zhèn)江期末)設，為互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出下列三個命題：若mn，n，則m；若m，n，m，n，則；若，m，n，nm，則n其中正確命題的序號為_【解析】中，當m時命題不成立；中，只有當m，n相交時才一定成立；是平面與平面垂直的性質(zhì)定理，故只有正確【答案】解決此類問題，可以從三個角度加以研究，一是與相關的定理的條件進行比較，看是否缺少條件，若缺少條件，則肯定是錯誤的；二是采用模型法，即從一個
3、常見的幾何體中來尋找滿足條件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否舉出一個反例對點訓練1設l是直線，是兩個不同的平面，以下四個命題：若l，l，則；若l，l，則；若，l，則l；若，l，則l，其中正確的是 _解析 設a，若直線la，且l，l ，則l，l，因此不一定平行于，故錯誤；由于l，故在內(nèi)存在直線ll，又因為l，所以l，故，所以正確；若，在內(nèi)作交線的垂線l，則l，此時l在平面內(nèi)，因此錯誤；已知，若a，la，且l不在平面，內(nèi)，則l且l，因此錯誤答案 空間平行和垂直典型例題 (2019高考江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，ABBC求證：(1)
4、A1B1平面DEC1；(2)BEC1E【證明】(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以EDAB在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED又因為ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1(2)因為ABBC，E為AC的中點，所以BEAC因為三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC又因為BE平面ABC，所以C1CBE因為C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1因為C1E平面A1ACC1，所以BEC1E(1)立體幾何中，要證線面平行，可利用線線平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)定理證明(2)證明面面垂直
5、常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決(3)證明立體幾何問題，要緊密結(jié)合圖形，有時要利用平面幾何的相關知識，因此有時候需要畫出一些圖形輔助使用對點訓練2(2018高考江蘇卷)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1求證：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC證明 (1)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C(2)在平行六面體ABCD
6、A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形又因為AA1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1A1B又因為AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因為A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC因為AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC平面圖形的折疊問題典型例題 已知在矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成A1DE若M為線段A1C的中點，則在ADE翻轉(zhuǎn)過程中，正確的命題是_BM是定值；點M在圓上運動；一定存在某個位置，使DEA1C；一定存在某個位置，使MB平面A1DE【解析】取DC中點N，連結(jié)MN，NB，則
7、MNA1D，NBDE，所以平面MNB平面A1DE，因為MB平面MNB，所以MB平面A1DE，正確；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根據(jù)余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcos MNB，所以MB是定值正確；B是定點，所以M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，正確；當矩形ABCD滿足ACDE時存在，其他情況不存在，不正確所以正確【答案】(1)解決與翻折有關的幾何問題的關鍵是搞清翻折前后哪些量改變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口(2)把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中去解決對點訓練3
8、(2019江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(七)如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點將矩形ABCD沿線段EF折起，使得DFA60設G為AF上的點(1)試確定點G的位置，使得CF平面BDG；(2)在(1)的條件下，證明：DGAE解 (1)當點G為AF的中點時，CF平面BDG證明如下：因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，所以EFABCD連接AC，交BD于點O，連接OG，則AOCO，又G為AF的中點，所以CFOG，因為CF平面BDG，OG平面DBG所以CF平面BDG(2)證明：因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，所以EFFD，EFFA又FDFAF，所以EF平面ADF，因為DG平面ADF，所以
9、EFDG因為FDFA，DFA60，所以ADF是等邊三角形，DGAF，又AFEFF，所以DG平面ABEF因為AE平面ABEF，所以DGAE立體幾何中的探索性問題典型例題 (2019江蘇省高考名校聯(lián)考(九)如圖，在四棱錐PABCD 中，平面PAD平面ABCD，ABAD，COAD，且ABAOAD1，OPCD，PA(1)在線段PD上找一點M，使得CM平面PAB；(2)證明：平面PCD平面PAB【解】(1)在線段PD上取點M，使得PMPD，連接OM在PAD中，OAAD，PMPD，所以OMPA又在四邊形ABCD中，ABAD，COAD，所以ABCO因為ABPAA，COOMO，所以平面MOC平面PAB，又CM
10、平面MOC，所以CM平面PAB(2)證明：在PAO中，PA，AO1，OP，所以AO2OP2AP2，故AOOP在RtPOD中，OD2，故PD2OP2OD2()2226故在PAD中，PA2PD2AD2，所以APPD因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，又PD平面PAD，所以ABPD又AB平面PAB，AP平面PAB，ABAPA，所以PD平面PAB又PD平面PCD，所以平面PCD平面PAB立體幾何探索性命題的類型一、探索條件，即探索能使結(jié)論成立的條件是什么解這類題采用的策略是：(1)通過各種探索嘗試給出條件(2)找出命題成立的必要條件，再證明充分性二、探
11、索結(jié)論，即在給定的條件下命題的結(jié)論是什么對命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，探索的結(jié)論是否存在 解這類題采用的策略是：常假設結(jié)論存在，再尋找與條件相容還是矛盾的結(jié)論對點訓練4(2019南通模擬)在正三棱柱ABCA1B1C1中，點D是BC的中點，BCBB1(1)求證：A1C平面AB1D；(2)試在棱CC1上找一點M，使MBAB1解 (1)證明：連結(jié)A1B，交AB1于點O, 連結(jié)OD因為O、D分別是A1B、BC的中點，所以A1COD 因為A1C平面AB1D，OD平面AB1D，所以A1C平面AB1D(2)M為CC1的中點證明如下：因為在正三棱柱ABCA1B1C1中，BCBB1，所
12、以四邊形BCC1B1是正方形因為M為CC1的中點，D是BC的中點，所以B1BDBCM，所以BB1DCBM，BDB1CMB又因為BB1DBDB1，CBMBDB1，所以BMB1D因為ABC是正三角形，D是BC的中點，所以ADBC因為平面ABC平面BB1C1C, 平面ABC平面BB1C1CBC，AD平面ABC，所以AD平面BB1C1C因為BM平面BB1C1C，所以ADBM因為ADB1DD，所以BM平面AB1D因為AB1平面AB1D，所以MBAB11(2019揭陽模擬改編)設平面，直線a，b，a，b，則“a，b”是“”的_條件解析 由平面與平面平行的判定定理可知，若直線a，b是平面內(nèi)兩條相交直線，且a
13、，b，則；當，若a，b，則a，b，因此“a，b”是“”的必要不充分條件答案 必要不充分2在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與過點A、E、C的平面的位置關系是_解析 連結(jié)AC、BD相交于一點O，連結(jié)OE、AE、EC，因為四邊形ABCD為正方形，所以DOBO而DED1E，所以EO為DD1B的中位線，所以EOD1B，所以BD1平面AEC答案 BD1平面AEC3(2019南京模擬)四棱錐PABCD 的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA底面ABCD且PA4，則PC與底面ABCD所成角的正切值為_解析 因為PA底面ABCD，所以PC在底面ABCD上的射影為AC，PCA就是PC
14、與底面ABCD所成的角，tanPCA答案 4(2019南京、鹽城模擬)已知平面，直線m，n，給出下列命題：若m，n，mn，則；若，m，n，則mn；若m，n，mn，則；若，m，n ，則mn其中是真命題的是_(填寫所有真命題的序號)解析 錯誤，還有可能，相交；錯誤，直線m，n可能平行、相交或異面；正確答案 5(2019鎮(zhèn)江期末)如圖，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，將ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐ABCD，則在三棱錐ABCD中，下列命題正確的是_(填序號)平面ABD平面ABC；平面ADC平面BDC；平面ABC平面BDC；平面ADC平面ABC解析
15、因為在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，則CDAB，又ADAB，ADCDD，所以AB平面ADC，又AB平面ABC，所以平面ABC平面ADC答案 6(2019無錫期末)已知兩條直線m、n，兩個平面、給出下面四個命題：mn，mn；，m，nmn；mn，mn；，mn，mn其中正確命題的序號是_解析 兩條平行線中一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面，故正確；兩平面平行，分別在這兩平面內(nèi)的兩直線可能平行，也可能異面，故錯；mn，m時，n或n，故錯；由，m得m，由m，nm得n，故正確答案
16、 7(2019蘇州調(diào)研)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為_解析 如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N，故NT21，因為M為CC1的中點，故CM1，連接TC，由NTCM，且CMNT1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CTMN，同理在AA1上靠近A處取一點Q，使得AQ，連接BQ，TQ，則有BQCTMN，故BQ與MN共面，即Q與Q重合，故AQ答案 8如圖，ACB90，DA平面ABC，AEDB交DB于點E，AFDC交DC于點F，
17、且ADAB2，則三棱錐DAEF體積的最大值為_解析 因為DA平面ABC，所以DABC，又BCAC，DAACA，所以BC平面ADC，所以BCAF又AFCD，BCCDC，所以AF平面DCB，所以AFEF，AFDB又DBAE，AEAFA，所以DB平面AEF，所以DE為三棱錐DAEF的高因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE，設AFa，F(xiàn)Eb，則AEF的面積Sab，所以三棱錐DAEF的體積V(當且僅當ab1時等號成立)答案 9如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF，則下列結(jié)論中正確的是_(填序號)ACBE；EF平面ABCD；三棱錐ABEF的體
18、積為定值；AEF的面積與BEF的面積相等解析 因為AC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D，所以ACBE，故正確因為B1D1平面ABCD，又E、F在線段B1D1上運動，故EF平面ABCD故正確中由于點B到直線EF的距離是定值，故BEF的面積為定值，又點A到平面BEF的距離為定值，故VABEF不變故正確由于點A到B1D1的距離與點B到B1D1的距離不相等，因此AEF與BEF的面積不相等，故錯誤答案 10在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是AB上一個動點，則PM的最小值為_解析 如圖，因為PC平面ABC，MC平面ABC，所以PCMC故PM又因為MC的最小值為
19、2，所以PM的最小值為2答案 211(2019江蘇省高考名校聯(lián)考(五)如圖，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，CC1CA，點E，F(xiàn)分別為AC1，BC1的中點(1)若B1C1上存在一點G，使得平面EFG平面AA1B1B，求證：點G為B1C1的中點；(2)若AC1AB，求證：平面CEF平面ABC1證明 (1)如圖，連接AB1，因為平面EFG平面AA1B1B，EG平面EFG，所以EG平面AA1B1B因為EG平面AB1C1，平面AB1C1平面AA1B1BAB1，所以EGAB1，因為點E為AC1的中點，所以點G為B1C1的中點(2)因為CC1CA，點E為AC1的中點，所以CEAC1因為點E，F(xiàn)分別為AC1
20、，BC1的中點，所以EFAB，因為AC1AB，所以EFAC1又CEEFE，CE，EF平面CEF，所以AC1平面CEF，因為AC1平面ABC1，所以平面CEF平面ABC112(2019南通調(diào)研)如圖，在四面體ABCD中，平面BAD平面CAD，BAD90M，N，Q分別為棱AD，BD，AC的中點(1)求證：CD平面MNQ；(2)求證：平面MNQ平面CAD證明(1)因為M，Q分別為棱AD，AC的中點，所以MQCD，又CD平面MNQ，MQ平面MNQ， 故CD平面MNQ(2)因為M，N分別為棱AD，BD的中點，所以MNAB，又BAD90，故MNAD因為平面BAD平面CAD，平面BAD平面CADAD，且MN
21、平面ABD，所以MN平面CAD又MN平面MNQ，所以平面MNQ平面CAD13(2019南京、鹽城模擬)如圖，E，F(xiàn)分別是直角三角形ABC邊AB和AC的中點，B90，沿EF將三角形ABC折成如圖所示的銳二面角A1EFB，若M為線段A1C的中點求證：(1)直線FM平面A1EB；(2)平面A1FC平面A1BC證明(1)取A1B中點N，連結(jié)NE，NM(圖略)，則MN綊BC，EF綊BC，所以MN綊FE，所以四邊形MNEF為平行四邊形，所以FMEN，又因為FM平面A1EB，EN平面A1EB，所以直線FM平面A1EB(2)因為E，F(xiàn)分別為AB和AC的中點，所以A1FFC，所以FMA1C同理，ENA1B，由(
22、1)知，F(xiàn)MEN，所以FMA1B又因為A1CA1BA1，所以FM平面A1BC，又因為FM平面A1FC，所以平面A1FC平面A1BC14在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，過A1、C1、B三點的平面截去長方體的一個角后，得到如圖所示的幾何體ABCDA1C1D1，且這個幾何體的體積為(1)求AA1的長；(2)在線段BC1上是否存在點P，使直線A1P與C1D垂直，如果存在，求線段A1P的長，如果不存在，請說明理由解 (1)因為VABCDA1C1D1VABCDA1B1C1D1VBA1B1C122AA122AA1AA1，所以AA14(2)存在點P滿足題意在平面CC1D1D中作D1QC1D交CC1于Q，過Q作QPCB交BC1于點P，則A1PC1D因為A1D1平面CC1D1D，C1D平面CC1D1D，所以C1DA1D1，而QPCB，CBA1D1，所以QPA1D1，又因為A1D1D1QD1，所以C1D平面A1PQD1，且A1P平面A1PQD1，所以A1PC1D因為RtD1C1QRtC1CD，所以，所以C1Q1，又因為PQBC，所以PQBC因為四邊形A1PQD1為直角梯形，且高D1Q，所以A1P- 14 -
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