（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系学案 文

第2讲空间点、线、面的位置关系[2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．空间点、线、面位置关系的判断江苏高考立体几何解答题一般位居试卷15或16题的位置．试题主要来源于课本习题改编，主要考查空间平行和垂直，这是近几年一贯的命题原则．预计2020年命题仍会坚持这个命题思想．空间点、线、面位置关系的判断一般会作为填空题考查，平面图形的折叠问题和探索性问题是命题的冷点，复习做适当关注．2．空间平行和垂直第16题第15题第15题3．平面图形的折叠问题4．立体几何中的探索性问题1．必记的概念与定理(1)线面平行与线面垂直的判定定理、性质定理；(2)面面平行与面面垂直的判定定理、性质定理．2．需要活用的关系与结论3．需要关注的易错点使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可．解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．空间线面位置关系的判断[典型例题](2019·镇江期末)设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列三个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β．其中正确命题的序号为________．【解析】①中，当m⊂α时命题不成立；②中，只有当m，n相交时才一定成立；③是平面与平面垂直的性质定理，故只有③正确．【答案】③解决此类问题，可以从三个角度加以研究，一是与相关的定理的条件进行比较，看是否缺少条件，若缺少条件，则肯定是错误的；二是采用模型法，即从一个常见的几何体中来寻找满足条件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否举出一个反例．[对点训练]1．设l是直线，α，β是两个不同的平面，以下四个命题：①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β，其中正确的是________．[解析]设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故①错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以②正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此③错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此④错误．[答案]②空间平行和垂直[典型例题](2019·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E．【证明】(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1．(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE．因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1．因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E．(1)立体几何中，要证线面平行，可利用线线平行的判定定理、面面平行的性质定理证明．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(3)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此有时候需要画出一些图形辅助使用．[对点训练]2．(2018·高考江苏卷)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．[证明](1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．平面图形的折叠问题[典型例题]已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．①BM是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE．【解析】取DC中点N，连结MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，所以平面MNB∥平面A1DE，因为MB⊂平面MNB，所以MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝12A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值．①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．【答案】①②④(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决．[对点训练]3．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(七))如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起，使得∠DFA＝60°．设G为AF上的点．(1)试确定点G的位置，使得CF∥平面BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DG⊥AE．[解](1)当点G为AF的中点时，CF∥平面BDG．证明如下：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF∥AB∥CD．连接AC，交BD于点O，连接OG，则AO＝CO，又G为AF的中点，所以CF∥OG，因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面DBG．所以CF∥平面BDG．(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥FA．又FD∩FA＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG．因为FD＝FA，∠DFA＝60°，所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，又AF∩EF＝F，所以DG⊥平面ABEF．因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE．立体几何中的探索性问题[典型例题](2019·江苏省高考名校联考(九))如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，CO⊥AD，且AB＝AO＝13AD＝1，OP＝12CD＝2，PA＝3．(1)在线段PD上找一点M，使得CM∥平面PAB；(2)证明：平面PCD⊥平面PAB．【解】(1)在线段PD上取点M，使得PM＝13PD，连接OM．在△PAD中，OA＝13AD，PM＝13PD，所以OM∥PA．又在四边形ABCD中，AB⊥AD，CO⊥AD，所以AB∥CO．因为AB∩PA＝A，CO∩OM＝O，所以平面MOC∥平面PAB，又CM⊂平面MOC，所以CM∥平面PAB．(2)证明：在△PAO中，PA＝3，AO＝1，OP＝2，所以AO2＋OP2＝AP2，故AO⊥OP．在Rt△POD中，OD＝2，故PD2＝OP2＋OD2＝(2)2＋22＝6．故在△PAD中，PA2＋PD2＝AD2，所以AP⊥PD．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又AB⊂平面PAB，AP⊂平面PAB，AB∩AP＝A，所以PD⊥平面PAB．又PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB．立体几何探索性命题的类型一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．解这类题采用的策略是：(1)通过各种探索尝试给出条件．(2)找出命题成立的必要条件，再证明充分性．二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，探索的结论是否存在．解这类题采用的策略是：常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．[对点训练]4．(2019·南通模拟)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1．[解](1)证明：连结A1B，交AB1于点O,连结OD．因为O、D分别是A1B、BC的中点，所以A1C∥OD．因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D．(2)M为CC1的中点．证明如下：因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝BB1，所以四边形BCC1B1是正方形．因为M为CC1的中点，D是BC的中点，所以△B1BD≌△BCM，所以∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB．又因为∠BB1D＋∠BDB1＝π2，∠CBM＋∠BDB1＝π2，所以BM⊥B1D．因为△ABC是正三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC．因为平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面BB1C1C．因为BM⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BM．因为AD∩B1D＝D，所以BM⊥平面AB1D．因为AB1⊂平面AB1D，所以MB⊥AB1．1．(2019·揭阳模拟改编)设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的________条件．[解析]由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a，b是平面α内两条相交直线，且a∥β，b∥β，则α∥β；当α∥β，若a⊂α，b⊂α，则a∥β，b∥β，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．[答案]必要不充分2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与过点A、E、C的平面的位置关系是________．[解析]连结AC、BD相交于一点O，连结OE、AE、EC，因为四边形ABCD为正方形，所以DO＝BO．而DE＝D1E，所以EO为△DD1B的中位线，所以EO∥D1B，所以BD1∥平面AEC．[答案]BD1∥平面AEC3．(2019·南京模拟)四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD且PA＝4，则PC与底面ABCD所成角的正切值为________．[解析]因为PA⊥底面ABCD，所以PC在底面ABCD上的射影为AC，∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角，tan∠PCA＝PAAC＝2．[答案]24．(2019·南京、盐城模拟)已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n．其中是真命题的是________．(填写所有真命题的序号)[解析]①错误，还有可能α，β相交；②错误，直线m，n可能平行、相交或异面；③④正确．[答案]③④5．(2019·镇江期末)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列命题正确的是________．(填序号)①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC；③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC．[解析]因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，A