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    2022版高考数学二轮复习 第2篇 专题3 立体几何与空间向量 第2讲 空间点、线、面的位置关系课件

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    2022版高考数学二轮复习 第2篇 专题3 立体几何与空间向量 第2讲 空间点、线、面的位置关系课件

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    这是一份2022版高考数学二轮复习 第2篇 专题3 立体几何与空间向量 第2讲 空间点、线、面的位置关系课件,共60页。PPT课件主要包含了专题三,高频考点,真题热身,感悟高考,①②③,典例1等内容,欢迎下载使用。
    第二讲 空间点、线、面的位置关系
    导航立前沿•考点启方向
    自主先热身•真题定乾坤
    核心拔头筹•考点巧突破
    明晰易错点•高考零失误
    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,题目难度较小.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.
    1.(2020·全国卷Ⅰ)设l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则(  )A.若α∥β,则对任意的l⊂α,m⊂β,都有l∥mB.若α⊥β,则对任意的l⊂α,m⊂β,都有l⊥mC.若α∥β,则对任意的l⊂α,都存在m⊂β,使得l⊥mD.若α⊥β,则对任意的l⊂α,都存在m⊂β,使得l∥m
    【解析】 若α∥β,则对任意的l⊂α,m⊂β,则l和m可能平行,也可能异面故A错误;若α⊥β,则对任意的l⊂α,m⊂β,则l和m可能垂直,平行,相交故B错误;若α∥β,则对任意的l⊂α,都存在m⊂β,使得l和m异面垂直,故C正确;若α⊥β,则对任意的l⊂α,都存在m⊂β,使得l∥m是错误的,当直线l与平面β相交时,不存在直线与l平行,故D错误,选C.
    2.(2019·课标全国卷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】 由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件,由面面平行性质定理知,若α∥β,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件,故选B.
    3.(2019·全国卷Ⅲ)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(  )A.BM=EN,且直线BM、EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM、EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
    由正方体可知AD、A1D都与平面BDD1相交于点D,D1B⊂平面BDD1,D∉D1B,∴直线AD、A1D都与直线D1B是异面直线,∴B、C错;∵MN∥AB,AB不与平面BDD1B1垂直,∴MN不与平面BDD1B1垂直,∴D错.故选A.
    5.(多选)(2021·全国新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是(   )
    1.高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”,即一道选择题或填空题与一道大题,或一道大题.2.解答题多出现在第18,19题的位置,且为第(1)、(2)问,难度中等.
    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.
    考点一 空间线面位置关系的判定
    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.
    1.(2019·四川乐山一模)经过两条异面直线a,b外的一点P作与a,b都平行的平面,则这样的平面(  )A.有且仅有一个B.恰有两个C.至多有一个D.至少有一个
    【解析】 ①当点P所在位置使得a,P(或b,P)确定的平面平行b(或a)时,则过点P作不出与a,b都平行的平面;②当点P所在位置使得a,P(或b,P)确定的平面与b(或a)不平行时,可过点P作a′∥a,b′∥b.因为a,b为异面直线,所以a′,b′不重合且相交于点P.因为a′∩b′=P,所以a′,b′确定的平面与a,b都平行,所以可作出一个平面与a,b都平行.综上,选C.
    2.(2021·陕西高三模拟)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题正确的是(  )A.若m⊂α,n∥β,α∥β是“m∥n”的必要条件B.若α∩β=m,n⊂α,“m⊥n”是“α⊥β”的充分条件C.若m∥α,n∥β,“α⊥β”是“m⊥n”的充分条件D.若m⊥α,n⊥β,“m∥n”是“α∥β”的充要条件
    【解析】 对于A中,若m⊂α,n∥β,m∥n,可得α∥β或α,β相交,所以A错误;对于B中,若α∩β=m,n⊂α,m⊥n,可得α、β不一定垂直,所以B错误;对于C中,若m∥α,n∥β,α⊥β,可得m,n可能平行,都与α、β的交线平行,所以C错误;对于D中,若m⊥α,m∥n,可得n⊥α,又由n⊥β,可得α∥β;若m⊥α,α∥β,可得m⊥β,又由n⊥β,可得m∥n,所以D正确.故选D.
    3.(2021·全国高三模拟)已知α,β,γ表示不同的平面,m,n是不同的两条直线,则下列命题中正确的是(  )A.α⊥β,m⊂α,n⊂β⇒m⊥nB.α⊥β,β⊥γ⇒α∥γC.α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥nD.α⊥γ,β⊥γ,α∩β=m⇒m⊥γ
    【解析】 若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n平行或相交或异面,故A错误;若α⊥β,β⊥γ,则α与γ平行或相交,故B错误;若α∥β,m⊂α,n⊂β.则m与n平行或异面,故C错误;若α⊥γ,β⊥γ,a∩β=m,则m⊥γ(垂直于同一平面的两个平面的交线垂直于这个平面),故D正确,故选D.
    【解析】 平面α∥β∥γ,A,D∈α,连接AD,∴AD⊂平面α,同理BH⊂平面β,∴BH∥AD.同理GE∥AD,∴BH∥GE.同理BG∥HE,∴四边形BGEH是平行四边形.故选A.
    又因为△ABC为等边三角形,D为AB中点,所以DC⊥AB,又因为BB1⊥平面ABC,DC⊂平面ABC,所以BB1⊥DC,又BB1∩AB=B,所以DC⊥平面ABB1A1,故③正确;假设DC⊥平面ABC1,则DC⊥BC1,又显然CC1⊥DC,CC1∩BC1=C1,所以DC⊥平面BCC1B1,因为DC⊥BC显然不成立,所以假设不成立,故④错误;故选C.
    空间线面位置关系判定的三种方法(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.(3)反证法:当从正面较难入手时,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.
    1.m,n是两条不同的直线,α是平面,n⊥α,则m∥α是m⊥n的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
    【解析】 当m∥α时,在平面α内存在一条直线b,使得b∥m,结合n⊥α,知n⊥b,所以n⊥m,所以m∥α是m⊥n的充分条件;当n⊥α,m⊥n时,m∥α或m⊂α,所以m∥α是m⊥n的不必要条件.综上,m∥α是m⊥n的充分不必要条件,故选A.
    2.设m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(  )A.若m∥n,n⊂α,则m∥αB.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥nC.若α∥β,m⊥α,则m⊥βD.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β
    【解析】 若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,所以选项A不正确;若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n或m与n异面,所以选项B不正确;由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确;若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β或α与β相交,所以选项D不正确.故选C.
    3.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是__________.
    【解析】 ①由于PA⊥平面ABC,因此PA⊥BC,又AC⊥BC,因此BC⊥平面PAC,所以BC⊥AF,由于PC⊥AF,因此AF⊥平面PBC,所以AF⊥PB;②因为AE⊥PB,AF⊥PB,所以PB⊥平面AEF,因此EF⊥PB;③在①中已证明AF⊥BC;④若AE⊥平面PBC,由①知AF⊥平面PBC,由此可得出AF∥AE,这与AF,AE有公共点A矛盾,故AE⊥平面PBC不成立.故正确的结论为①②③.
    考点二 空间中平行、垂直关系的证明
    (2021·河南模拟)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,MD=NB=1.证明:(1)NC∥平面ADM;(2)DN⊥平面ACM.
    且MD∩BD=D.所以AC⊥平面MNBD,又DN⊂平面MNBD,所以AC⊥DN,又MO∩AC=O,MO,AC⊂平面ACM,所以DN⊥平面ACM.
    平行、垂直关系的基础是线线平行、线线垂直,其常用方法如下:(1)证明线线平行的4种常用方法①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.
    (2)证明线线垂直的3种常用方法①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质,即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面.
    4.如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ADB=90°,CB=CD,点E为棱PB的中点.(1)若PB=PD,求证:PC⊥BD;(2)求证:CE∥平面PAD.
    【解析】 证明:(1)取BD的中点O,连接CO,PO,因为CD=CB,所以△CBD为等腰三角形,所以BD⊥CO.因为PB=PD,
    所以△PBD为等腰三角形,所以BD⊥PO.又PO∩CO=O,PO,CO⊂平面PCO,所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO,所以PC⊥BD.
    (2)由E为PB的中点,连接EO,则EO∥PD,又EO⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EO∥平面PAD.由∠ADB=90°及BD⊥CO,可得CO∥AD,又CO⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以CO∥平面PAD.又CO∩EO=O,CO,EO⊂平面COE,所以平面CEO∥平面PAD,而CE⊂平面CEO,所以CE∥平面PAD.
    翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变,翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化.
    考点三 立体几何中的翻折问题
    如图1,已知菱形AECD的对角线AC,DE交于点F,点E为AB中点.将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置,如图2所示.
    (1)求证:DE⊥平面PCF;(2)求证:平面PBC⊥平面PCF;(3)在线段PD,BC上是否分别存在点M,N,使得平面CFM∥平面PEN?若存在,请指出点M,N的位置,并证明;若不存在,请说明理由.
    【解析】 (1)证明:折叠前,因为四边形AECD为菱形,所以AC⊥DE,所以折叠后,DE⊥PF,DE⊥CF,又PF∩CF=F,PF,CF⊂平面PCF,所以DE⊥平面PCF.
    (2)证明:因为四边形AECD为菱形,所以DC∥AE,DC=AE.又点E为AB的中点,所以DC∥EB,DC=EB,所以四边形DEBC为平行四边形,所以CB∥DE.又由(1)得,DE⊥平面PCF,所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCF.
    在△PDE中,M,F分别为PD,DE的中点,所以MF∥PE.又EN,PE⊂平面PEN,PE∩EN=E,MF,CF⊂平面CFM,MF∩CF=F,所以平面CFM∥平面PEN.
    (1)解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”、“变的位置关系和数量关系”.(2)存在探索性问题可先假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾则否定假设,否则给出肯定结论.
    【解析】 矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示.
    在图(1)中,过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,由边AB,BC不相等可知点E、F不重合;在图(2)中,连接CE,对于选项A,若AC⊥BD,又知BD⊥AE,AE∩AC=A,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相矛盾,故选项A错误;对于选项B,若AB⊥CD,又知AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,所以AB⊥AC,由ABAB,所以不存在这样的直角三角形,故选项C错误;由以上可知选项D错误.因此选B.
    6.(2021·呼和浩特模拟)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DE=2AD=2AF(如图1),将四边形ADEF沿AD折起,连接BE、BF、CE(如图2).
    (1)判断四边形BCEF是否是平面四边形,并写出判断理由;(2)当EF⊥CF时,求证:平面ADEF⊥平面ABCD.【解析】 (1)结论:四边形BCEF不可能是平面四边形.理由:若B,C,E,F共面,则由BC∥AD,BC∥平面ADEF,可推出BC∥EF,又BC∥AD,则AD∥EF,矛盾.所以四边形BCEF不可能是平面四边形.
    (2)证明:在平面ADEF中,可得EF⊥FD,又因为EF⊥CF,FD∩CF=F,所以EF⊥平面CDF,又CD⊂平面DCF,所以EF⊥CD,又因为CD⊥AD,而AD,EF相交,所以CD⊥平面ADEF,又因为CD⊂平面ABCD,所以平面ADEF⊥平面ABCD.
    已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线,求证:a、b、c、d共面.【错解】 如图1所示,设a∩d=A,b∩d=B,b∩a=D,直线a,d确定一个平面α,则B∈α,D∈α,因此b⊂α,同理可证c⊂α,故a、b、c、d共面.
    易错点一:由于点、线共面构图不全面导致错误
    【易错释疑】 上述解法漏掉了图2所示的“有三条直线共点”的情况,从而因构图不全而导致错误.
    【正解】 (1)无三线共点的情况,证明如上.(2)有三线共点的情况.不妨设直线a、b、c相交于一点D,D∉d,则点D与直线d确定一个平面α,设a∩d=A,则A∈d,于是A∈α,又D∈α,∴A与D确定的直线a⊂α,同理,b、c都在α内,故a、b、c、d共面.综合(1)、(2)可知,两两相交且不共点的四条直线a、b、c、d共面.
    正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CC1的中点,求AE与BF所成角的余弦值.
    易错点二:由于忽略异面直线所成的角的范围而导致错误
    已知m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平面.给出下列命题:①若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥α,或n⊥β;②若α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则m∥n;③若m不垂直于α,则m不可能垂直于α内的无数条直线;④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α,且n∥β;⑤若m、n为异面直线,则存在平面α过m且使n⊥α.其中正确的命题序号是________.
    易错点三:对线面关系定理条件把握不准致误
    【错解】 ②③④⑤【易错释疑】 ③是错误的;⑤是错误的.

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