（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题三 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系学案 文 新

-1-第2讲空间点、线、面的位置关系[做真题]1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：选B.若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B.2．(2018·高考全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22B.32C.52D.72解析：选C.如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝5.又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝BEAB＝52.故选C.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC-2-解析：选C.由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E­BB1C1C的体积．解：(1)证明：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°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以四棱锥E­BB1C1C的体积V＝13×3×6×3＝18.[明考情]1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度中等．2．以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透．空间线面位置关系的判断(基础型)[知识整合]判断与空间位置关系有关的命题真假的方法-3-(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，进行判断．(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．[考法全练]1．已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行解析：选D.因为α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，所以n在平面α内，m与平面α相交，因为A∈m，A∈α，所以A是m和平面α相交的点，所以m和n异面或相交，一定不平行．2．(2019·沈阳市质量监测(一))已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若α∥β，m∥α，则m∥βC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β解析：选D.对于选项A，m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错；对于选项B，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，B错；对于选项C，m⊥n，n⊂α，不能推出m⊥α，C错；对于选项D，面面垂直的判定定理，正确．故选D.3．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故-4-m∥α.命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α(或若m∥α，l⊥α，则l⊥m，答案不唯一)空间几何体中的空间角(综合型)[知识整合]异面直线所成的角已知两条异面直线a、b，经过空间任意一点O，作a′∥a，b′∥b，我们把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．直线与平面所成的角直线与平面所成的角是直线和它在平面内的射影所成的角．当直线和平面平行时，称直线和平面成0°角，当直线和平面垂直时，称直线和平面成90°角．[典型例题](2019·湖南省五市十校联考)已知E，F分别是三棱锥P­ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝33，则异面直线AB与PC所成的角为()A．120°B．45°C．30°D．60°【解析】设AC的中点为G，连接GF，EG，因为E，F分别是三棱锥P­ABC的棱AP，BC的中点，PC＝6，AB＝6，所以EG∥PC，GF∥AB，EG＝3，GF＝3，在△EFG中，EF＝33，所以cos∠EGF＝9＋9－272×3×3＝－12，所以∠EGF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.【答案】D求空间角的一般步骤(1)找出或作出有关的平面角．(2)证明它符合定义．(3)归到某一三角形中进行计算，为了便于记忆，可总结口诀：“一作、二证、三计算”．[对点训练]1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析：-5-由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得12l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝12l＝2，AO＝32l＝23.故该圆锥的体积V＝13π×AO2×SO＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π2．(2019·福州市质量检测)已知长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球体积为323π，且AA1＝BC＝2，则A1C与平面BB1C1C所成的角为______．解析：如图，设长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球体积为43πR3＝323π，所以R＝2，即A1C＝AA21＋BC2＋AB2＝2R＝4.因为AA1＝BC＝2，所以AB＝22.连接B1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝22＝A1B1，所以∠A1CB1＝π4.即A1C与平面BB1C1C所成的角为π4.答案：π4空间平行、垂直关系的证明(综合型)[知识整合]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.-6-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.[典型例题](2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．【解】(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝41717.从而点C到平面C1DE的距离为41717.-7-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．[对点训练])1.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝62，E是棱PC上的一点．(1)证明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求PEPC的值．解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线．因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以PEPC＝12.2．(2019·广东省七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为-8-正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥P­ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝13S正方形ABCD·PA＝13×2×2×2＝83.(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，则易得AE∥FG，且AE＝12CD＝FG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.空间中的折叠问题和探索性问题(综合型)[典型例题](2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.-9-(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．【解】(1)证