（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系课件

数学第2部分高考热点专题突破专题四立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系01考点102考点203考点304专题强化训练[核心提炼]空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．空间线面位置关系的判断[典型例题](1)(2019·绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”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(2)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)【解析】(1)四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交，所以l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不一定成立．所以“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件．故选A.(2)对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．【答案】(1)A(2)②③④判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(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．(3)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．[对点训练]1．(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线m、n与平面α，β，下列命题正确的是()A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥nC．α∩β＝m，m⊥n且α⊥β，则n⊥αD．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n解析：选D.选项A中，直线m与n还有互为异面的可能；选项B中，直线m与n还有相互平行的可能；选项C中，还有n⊂α的可能；选项D正确，故选D.2．(2019·长沙一模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D分别是BF、CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如图1)．将四边形ADEF沿AD折起，连接AC、CF、BE、BF、CE(如图2)，在折起的过程中，下列说法错误的是()A．AC∥平面BEFB．B、C、E、F四点不可能共面C．若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCDD．平面BCE与平面BEF可能垂直解析：选D.法一：A选项，连接BD，交AC于点O，取BE的中点M，连接OM，FM，易证四边形AOMF是平行四边形，所以AO∥FM，因为FM⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，所以AC∥平面BEF；B选项，若B、C、E、F四点共面，因为BC∥AD，所以BC∥平面ADEF，可推出BC∥EF，又BC∥AD，所以AD∥EF，矛盾；C选项，连接FD，在平面ADEF内，易得EF⊥FD，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CD，又CD⊥AD，EF与AD相交，所以CD⊥平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD；D选项，延长AF至G，使AF＝FG，连接BG、EG，易得平面BCE⊥平面ABF，过F作FN⊥BG于N，则FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾．综上，选D.法二：构造正方体如图，结合正方体的性质知平面BCE与平面BEF不可能垂直．[核心提炼]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.空间平行、垂直关系的证明及求空间角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.3．空间角(1)异面直线所成的角，范围α∈0，π2.(2)直线与平面所成的角：如图l∩α＝A，P∈l，过点P作PO⊥α交α于O，连接AO，则∠PAO为直线l与平面α所成的角，范围θ∈0，π2.(3)二面角如图，过二面角α­l­β的棱l上一点O在两个半平面内分别作BO⊥l，AO⊥l，则∠AOB就叫做二面角α­l­β的平面角，范围θ∈[0，π]．当θ＝π2时，二面角叫做直二面角．[典型例题](1)(2019·高考浙江卷)设三棱锥V­ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P­AC­B的平面角为γ，则()A．βγ，αγB．βα，βγC．βα，γαD．αβ，γβ(2)(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．①证明：EF⊥BC；②求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【解】(1)选B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角P­AC­B的平面角γ，所以βγ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即αβ.故选B.(2)法一：①证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.②取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．连接A1G交EF于O，由①得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝3.由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝A1G2＝152，所以cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG22EO·OG＝35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.法二：①连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.不妨设AC＝4，则A1(0，0，23)，B(3，1，0)，B1(3，3，23)，F(32，32，23)，C(0，2，0)．因此，EF→＝32，32，23，BC→＝(－3，1，0)．由EF→·BC→＝0得EF⊥BC.②设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由①可得BC→＝(－3，1，0)，A1C→＝(0，2，－23)．设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由BC→·n＝0，A1C→·n＝0，得－3x＋y＝0，y－3z＝0.取n＝(1，3，1)，故sinθ＝|cos〈EF→，n〉|＝|EF→·n||EF→|·|n|＝45.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35.(1)平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．(2)求空间角的三个步骤①一作：根据定义作平行线或垂线，用作图法作出要求的角．②二证：证明所作的角就是要求的角．③三求：把空间角问题转化为(三角形)平面问题，解三角形，求出该角，注意角的范围，判断所求角是此角还是它的补角．[对点训练]1.(2019·浙江金华十校高考模拟)如图，AB＝BE＝BC＝2AD＝2，且AB⊥BE，∠DAB＝60°，AD∥BC，BE⊥AD，(1)求证：平面ADE⊥平面BDE；(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值．解：(1)证明：因为AB＝2AD，∠DAB＝60°，所以AD⊥DB，又BE⊥AD，且BD∩BE＝B，所以AD⊥平面BDE，又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BDE.(2)因为BE⊥AD，AB⊥BE，所以BE⊥平面ABCD，所以点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2，设AD与平面DCE所成角为θ，点A到平面DCE的距离为d，由VA­DCE＝VE­ADC得：13×d×S△CDE＝13×|BE|×S△ACD，可解得d＝3010，而AD＝1，则sinθ＝dAD＝3010，故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为3010.2．(2019·鲁迅中学高考方向性测试)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值．解：(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝AD2＋AM2＝13.因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝AD2＋AN2＝13.在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝12MNDM＝1326.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.[核心提炼]由平面图形“翻折”为空间图形，要求解(证明)该空间图形中的某些元素所对应的量或对应的位置关系，首先看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些，发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后的图形．空间几何中的“翻折”问题[典型例题](1)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是__________．(2)(2019·台州市一模)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，E为BC的中点，F为线段AD上的一点，且AF＝32.现将四边形ABEF沿直线EF翻折，使翻折后的二面角A′­EF­C的余弦值为23.①求证：A′C⊥EF；②求直线A′D与平面ECDF所成角的大小．【解】(1)作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角或其补角，作D′N⊥AC于点N，设M为