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【优化方案】2016年高考数学二轮复习 第一部分专题四 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系课件 理


专题四

立体几何

第2讲

空间点、线、面的位置关系

专题四

立体几何

2016考向导航 高考对本节知识的考查主要有: (1)以选择题、填空题的形式考查,主要利用平面的基本性质

及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真


进行判断,属基础题. (2)以解答题的形式考查,主要是对线线、线面与面面平行和

垂直关系交汇综合命题,且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单
组合体为载体进行考查,难度中等.

1.必记概念与定理 (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.

(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.

2.辨明易错易混点 (1)证明线面平行时,忽视“直线在平面外”“直线在平面 内”的条件. (2)证明线面垂直时,忽视“平面内两条相交直线”这一条

件.
(3)“展开”“翻折”问题易忽略展开及翻折前后元素之间 的关系.

考点一
[命题角度]

空间线面位置关系的判断

1.线、面平行的判定及其性质的应用. 2.线、面垂直的判定及其性质的应用.

(1)(2015· 高考北京卷)设 α, β 是两个不同的平面, m 是直 线且 m? α, “m∥ β”是“α∥ β”的 ( B ) A.充分而不必要条件 C.充分必要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件

(2)(2015· 高考浙江卷)设 α, β 是两个不同的平面, l, m 是两条不 同的直线,且 l? α,m? β.( A ) A.若 l⊥ β,则 α⊥β C.若 l∥ β,则 α∥β B.若 α⊥ β,则 l⊥ m D.若 α∥ β,则 l∥m

[思路点拨]
判断.

(1)结合平面与平面平行的判定与性质进行

(2)结合线面平行、垂直的相关知识进行判断.
[解析 ] (1)当 m∥ β 时,过 m 的平面 α 与 β 可能平行也可能 α ∥β ;当 α∥ β 时,α 内任一直线与

相交,因而 m∥ βD

β 平行, 因为 m?α , 所以 m∥ β.综上知, “ m∥β ” 是“ α∥ β” 的必要而不充分条件. (2)因为 l⊥ β,l? α ,所以 α⊥ β(面面垂直的判定定理),故 A 正确.

方法归纳 空间线面位置关系判定的两种方法 (1)定理法:借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐

项判断来解决问题.
(2)模型法:借助空间几何模型,如在长方体、四面体等模型 中观察线面位置关系,结合有关定理作出选择.

1.设 m, n 是两条不同的直线, α ,β 是两个不同的平面, 则下列命题正确的是 ( B ) A. m∥α,n∥β ,且 α∥β,则 m∥n B.m⊥α, n⊥β ,且 α⊥β,则 m⊥n C. m⊥α,m⊥ n,n?β ,则 α⊥ β D. m?α ,n? α ,m∥β , n∥β ,则 α∥β
解析: A:m 与 n 的位置关系为平行,异面或相交,所以 A 错误;B:根据面面垂直的性质可知正确;C:由题中的条件 无法推出 α⊥ β,所以 C 错误;D:只有当 m 与 n 相交时,结 论才成立,所以 D 错误.

2. 空间四边形 ABCD 中,AB= CD,AD= BC,AB≠ AD,M、 N 分别是对角线 AC 与 BD 的中点,则 MN 与 ( B ) A. AC、 BD 之一垂直 B. AC、 BD 都垂直 C. AC、 BD 都不垂直 D. AC、 BD 不一定垂直

解析:连接 AN、CN(图略),因为 AD=BC,AB=CD,BD =BD,所以△ABD≌△CDB,则 AN=CN,在等腰△ANC 中,由 M 为 AC 的中点知 MN⊥AC.同理可证 MN⊥BD.

考点二

空间线面位置关系的证明

[命题角度]

1.线面、面面平行关系的证明.
2.线面、面面垂直关系的证明.

(2015· 高考北京卷改编)如图,在三棱锥 VABC 中,平 面 VAB⊥平面 ABC,△ VAB 为等边三角形, AC⊥ BC 且 AC = BC,O,M 分别为 AB, VA 的中点. (1)求证:VB∥平面 MOC; (2)求证:平面 MOC⊥平面 VAB.

[思路点拨]

(1)利用线面平行的判定定理证明.

(2)利用面面垂直的性质定理与判定定理证明.

[证明 ]

(1)因为 O, M 分别为 AB, VA 的中点,

所以 OM∥ VB. 又因为 OM? 平面 MOC, VB? 平面 MOC,所以 VB∥平面 MOC. (2)因为 AC= BC, O 为 AB 的中点,所以 OC⊥ AB. 又因为平面 VAB⊥平面 ABC, 且 OC?平面 ABC, 平面 VAB∩ 平面 ABC= AB, 所以 OC⊥平面 VAB. 所以平面 MOC⊥平面 VAB.

1.在本例条件下,若 AC=BC= 2,求三棱锥 VABC 的 体积.
解:在等腰直角三角形 ACB 中, AC=BC= 2, 所以 AB= 2, OC=1. 所以等边三角形 VAB 的面积 S△ VAB= 3. 又因为 OC⊥平面 VAB, 1 3 所以三棱锥 CVAB 的体积等于 OC· S△ VAB= . 3 3 又因为三棱锥 VABC 的体积与三棱锥 CVAB 的体积相等, 3 所以三棱锥 VABC 的体积为 . 3

2.(2015· 高考广东卷节选) 如图,三角 形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所 在的平面垂直, PD= PC=4, AB= 6, BC= 3. (1)求证: BC∥平面 PDA; (2)证明: BC⊥ PD.

证明: (1)因为四边形 ABCD 为长方形,所以 BC∥ AD.又 BC ?平面 PDA, AD?平面 PDA, 所以 BC∥平面 PDA. (2)因为 BC⊥ CD,平面 PDC⊥平面 ABCD 且平面 PDC∩平 面 ABCD= CD, BC? 平面 ABCD,所以 BC⊥平面 PDC. 因为 PD?平面 PDC,所以 BC⊥ PD.

3.如图,在几何体 ABDCE 中, AB= AD= 2, AB⊥ AD, AE⊥平面 ABD,M 为线段 BD 的中 点,MC∥ AE,且 AE= MC= 2. (1)求证:平面 BCD⊥平面 CDE; (2)若 N 为线段 DE 的中点,求证:平面 AMN∥平面 BEC.
证明:(1)因为 AB= AD=2,AB⊥ AD,M 为线段 BD 的中点, 1 所以 AM= BD= 2, AM⊥BD. 2 因为 AE⊥平面 ABD, MC∥AE,所以 MC⊥平面 ABD, 因为 AM?平面 ABD. 所以 MC⊥AM,又 MC∩BD= M,

所以 AM⊥平面 CBD. 又 AE= MC= 2, 所以四边形 AMCE 为平行四边形,所以 EC∥ AM, 所以 EC⊥平面 CBD, 因为 EC?平面 CDE, 所以平面 BCD⊥平面 CDE. (2)因为 M 为 BD 的中点, N 为 DE 的中点, 所以 MN∥ BE. 由 (1)知 EC∥ AM 且 AM∩ MN= M, BE∩ EC= E, 所以平面 AMN∥平面 BEC.

方法归纳
(1)证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交 直线与另一个平面平行即可,从而将证明面面平行转化为证

明线面平行,再转化为证明线线平行.
(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.

考点三

空间几何中的“翻折”问题

[命题角度] 图形翻折后的平行、垂直的判定与证明.
(2015· 高考陕西卷)如图 (1),在直角梯形 ABCD 中,AD π 1 ∥ BC,∠ BAD= ,AB= BC= AD=a,E 是 AD 的中点, 2 2 O 是 AC 与 BE 的交点. 将△ ABE 沿 BE 折起到图 (2)中△ A1BE 的位置,得到四棱锥 A1? BCDE.

(1)证明: CD⊥平面 A1OC; (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1? BCDE 的体积为 36 2,求 a 的值.

(1)

(2)

[审题路线图 ] 审图形 (1) 图形 ― → AC⊥BE CO ― ― → BE⊥平面A1OC ― ― → 结论 ⊥ BE (2) 面面垂直 ― ― → 线面垂直 ― ― → 高、面积值 ― → 结果 量
[解 ] 1 (1)证明:在题图(1)中,因为 AB= BC= AD= a, E 是 2
A1O⊥ BE 已知 A1O⊥ BE、 CD∥ BE

π AD 的中点,∠ BAD= ,所以 BE⊥ AC. 2 即在题图 (2)中,BE⊥ A1O,BE⊥ OC,从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥ BE,所以 CD⊥平面 A1OC.

(2)由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE, 且平面 A1BE∩平面 BCDE= BE, 又由(1)可得 A1O⊥ BE,所以 A1O⊥平面 BCDE. 即 A1O 是四棱锥 A1? BCDE 的高. 2 2 由题图 (1)知, A1O= AO= AB= a,平行四边形 BCDE 2 2 的面积 S= BC· AB= a2, 从而四棱锥 A1? BCDE 的体积为 1 1 2 2 3 2 V= S· A1O= × a × a= a . 3 3 2 6 2 3 由 a =36 2,得 a=6. 6

方法归纳 解决与折叠有关的问题的两个关键 (1)要明确折叠前后的变化量和不变量.一般情况下,线段的 长度是不变量,而位置关系往往会发生变化.

(2)在解决问题时,要比较折叠前后的图形,既要分析折叠后
的图形,也要分析折叠前的图形.

如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中, AB= AD = 1, AA1= 2, M 为棱 DD1 上的一点. (1)求三棱锥 AMCC1 的体积; (2)当 A1M+ MC 取得最小值时,求证: B1M⊥ 平面 MAC.

解:(1)由长方体 ABCDA1B1C1D1 知, AD⊥平面 CDD1C1, 所以点 A 到平面 CDD1C1 的距离等于 AD=1. 1 1 又 S△ MCC = CC1· CD= ×2×1=1, 2 2
1

1 1 所以 VA? MCC = AD· S△ MCC = . 3 3
1 1

(2)证明:将侧面 CDD1C1 绕 DD1 逆时针转 90°展开,与侧面 ADD1A1 共面 (如图),当 A1, M, C′共线时, A1M+ MC 取得最小 值.由 AD= CD=1, AA1= 2, 得 M 为 DD1 的中点.

在△ C1MC 中, MC1= 2, MC= 2, CC1= 2,
2 2 所以 CC2 1= MC1+ MC ,得∠ CMC1= 90°,即 CM⊥ MC1.

又由长方体 ABCDA1B1C1D1 知, B1C1⊥平面 CDD1C1,所以 B1C1⊥ CM. 又 B1C1∩ C1M= C1, 所以 CM⊥平面 B1C1M,得 CM⊥ B1M. 同理可证, B1M⊥ AM. 又 AM∩ MC= M,所以 B1M⊥平面 MAC.


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