高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题三立体几何与空间向量理科第2讲空间点线面的位置关系文理学案含解析

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第2讲　空间点、线、面的位置关系(文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向　⊙︱考情分析︱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．⊙︱真题分布︱(理科)年份卷别题号考查角度分值2020Ⅰ卷5、18(1)面面平行、面面垂直的性质；线面垂直的证明10Ⅱ卷10、16、20(2)已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的判断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明15Ⅲ卷19(1)证明点在平面内62019Ⅰ卷18(1)线面平行的证明5Ⅱ卷7、17(1)面面平行的判定，线面垂直的证明10Ⅲ卷8、19(1)空间两直线的位置关系的判定；面面垂直的证明102018Ⅰ卷12、18(1)直线与平面所成的角、正方体的截面；面面垂直的证明10Ⅱ卷5、20(1)异面直线所成的角；线面垂直的证明10Ⅲ卷16、19(1)圆锥，空间线面角的求解；面面垂直的证明10(文科)年份卷别题号考查角度分值2020Ⅰ卷19(1)求证面面垂直 Ⅱ卷11、16、20(1)已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的判断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明15Ⅲ卷19证明线线垂直；点在平面内122019Ⅰ卷19线面平行及点到平面的距离的计算12Ⅱ卷7、17面面平行的判定及充要条件；线面垂直的证明及体积的计算17Ⅲ卷8、19两直线位置关系的判断；翻折问题、面面垂直的证明及四边形面积的计算172018Ⅰ卷10、18直线与平面所成的角、长方体的体积计算；线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算17Ⅱ卷9、19异面直线所成的角；线面垂直的证明及点到平面的距离的计算17Ⅲ卷19面面垂直的证明及线面平行的存在性问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点　考点一　空间线面位置关系的判断1．平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．注：公理1的作用：①检验平面；②判断直线在平面内；③由直线在平面内判断直线上的点在平面内；公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法；公理3的作用：①判定两平面相交；②作两相交平面的交线；③证明多点共线；公理4的作用：证明两直线平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：(0，]．(3)异面直线的判定方法：判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线．反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．3．直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．典例1　(1)(2020·黄山二模)平面α∥平面β，直线m∥β，直线n垂直直线m在β内的射影，那么下列位置关系一定正确的为(　D　)A．m∥α　　 B．n⊥α　C．n⊂α　　 D．n⊥m(2)(2020·红河州三模)设m，n是空间中不同两条直线，α，β是空间中两个不同的平面，则下列四个命题中，正确的是(　D　)A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nB．若α⊥β，m⊥β，则m∥αC．若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β(3)(2020·汕头二模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，点G为正方形ABCD的中心，点E为A1D1的中点，点F为AE的中点，则(　B　)A．C、E、F、G四点共面，且CF＝EGB．C、E、F、G四点共面，且CF≠EGC．C、E、F、G四点不共面，且CF＝EGD．C、E、F、G四点不共面，且CF≠EG【解析】　(1)∵平面α∥平面β，直线m∥β，∴直线m可能在平面α内，排除A；设m在β内的射影为l，且m、l所在平面为γ，则γ⊥β.∵直线m∥β，m⊂γ，β∩γ＝l，∴m∥l，∵n⊥l，∴n⊥m，排除B、C．故选D．(2)对于A，由m∥α，n∥β，α∥β，可得m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；对于B，由α⊥β，m⊥β，可得m∥α或m⊂α，故B错误；对于C，由m⊥n，m⊥α，α∥β，可得n∥β或n⊂β，故C错误；对于D，由α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，得m⊥β，故D正确．故选D．(3)连接AC，CE，∵G是正方形ABCD的中心，∴G∈直线AC，又AC⊂平面ACE，∴G∈平面ACE，又F∈直线AE，∴F∈平面ACE，又C∈平面ACE，E∈平面ACE，∴C、E、F、G四点共面．取AD的中点M，连接EM，GM，则EM＝，GM＝1，∴EG＝＝2，取AM的中点N，连接FN，CN，则FN＝，CN＝＝，∴CF＝＝.∴EG≠CF.故选B．判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断解决问题．(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．1．(2019·湛江二模)已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m∥α，n⊂α，则m∥n；②若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β；③若n⊥α，m⊂β，α∥β，则m⊥n；④α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥n.其中真命题的个数是(　C　)A．1　　 B．2　C．3　　 D．4【解析】　对①若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故错误；对②，由线面平行的判定定理知：若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β，正确；对③，若n⊥α，α∥β，则n⊥β，m⊂β，则m⊥n，正确；对④，设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在面γ内任取点O，作OA⊥a，OB⊥b，由α⊥γ，β⊥γ，得OA⊥α，OB⊥β，故OA⊥m，OB⊥m，则m⊥γ，又n⊂γ，则m⊥n，正确．综上真命题的个数是3．故选C．考点二　空间平行、垂直关系的证明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.典例2　(2020·江苏模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝PC，E，F分别是PA，PC的中点．求证：(1)AC∥平面BEF；(2)PA⊥平面BCE.【证明】　(1)∵E，F分别是PA，PC的中点，∴EF∥AC，∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)∵PC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PC⊥BC，∵AC⊥BC，AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC，∵AC＝PC，E是PA中点，∴CE⊥PA，∵CE∩BC＝C，∴PA⊥平面BCE.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，即通过判定定理、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．(2020·镇江三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC中点，AB＝BC，A1D⊥AC1．求证：(1)B1C∥平面A1BD；(2)平面A1BD⊥平面AB1C1．【证明】　(1)设A1B与AB1交于点O，连接OD，如图所示：在平行四边形ABB1A1中，O为AB1中点，D为AC中点，所以OD为△AB1C的中位线，所以OD∥B1C，又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD.(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD为△ABC的底边上的中线，BD⊥AC；在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以BD⊥C1C，又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1A1，C1C⊂平面ACC1A1，AC∩C1C＝C，所以BD⊥平面ACC1A1；又AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1；又A1D⊥AC1，BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD＝D，所以AC1⊥面A1BD；又AC1⊂平面AB1C1，所以平面A1BD⊥平面AB1C1．考点三　平面图形中的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．典例3　(2020·怀化模拟)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，CE＝2ED，以BE为折痕将△BCE折起，使C到达C1的位置，且AC1＝，如图2．(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求点B到平面AC1D的距离．【解析】　(1)证明：在直角梯形ABCD中，由AB＝2，DE＝1，AD＝，解得EB＝EC＝BC＝2．连接AC交EB与M点，则△ECM≌BAM，∴M为BE的中点，则CM⊥BE.∴C1M＝MA＝，又∵C1A＝，∴C1M⊥MA，又∵C1M⊥BE，BE∩AM＝M，∴C1M⊥平面ABED，又C1M⊂平面C1EB，∴平面ABED⊥平面C1EB(2)解：设B到平面AC1D的距离为d，则d＝，又VB－AC1D＝VC1－ABD＝S△ABD×C1M＝××2××＝1．∵DM＝AM＝，C1M＝，∴C1D＝，∴S△AC1D＝××＝.∴d＝＝＝＝，即点B到平面AC1D的距离为.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，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，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．3．(2020·湖南五市十校联考)如图，四边形ABCD中，AB∥CD，BC＝CD＝DA＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，且平面PDE⊥平面BCDE，F为PB的中点．(1)求证：PD∥平面CEF；(2)求三棱锥P－DEF的体积．【解析】　(1)证明：连接BD交EC于O，连接OF，依题意可知四边形BCDE为平行四边形，又∵F为PB的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)取DE中点H，连接PH，∵PD＝PE＝DE＝2，∴PH⊥DE，又PH⊂平面PDE，平面PDE⊥平面BCDE，且平面PDE∩平面BCDE＝DE，∴PH⊥平面BCDE，且PH＝，又∵F为PB的中点，∴点F到平面BCDE的距离等于点P到平面BCDE的距离的，又∵四边形BCDE为菱形，△DEB为等腰三角形，∴S△DEB＝×2×2×＝，∴VP－DEF＝VP－DEB－VF－DEB＝VP－DEB＝×××＝. YI CUO QING LING MIAN SHI WU易错清零·免失误　1．由于点、线共面构图不全面导致错误典例1　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，则B∈α，D∈α，因此b⊂α，同理可证c⊂α，故a、b、c、d共面．【剖析】　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．2．由于忽略异面直线所成的角的范围而导致错误典例2　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．【错解】　如图所示，连接EC1，则EC1∥BF，∴AE与EC1所成的角就是AE与BF所成的角，连接AC1，设正方体的棱长为a，则AE＝EC1＝a，AC1＝a.在△AEC1中，cos∠AEC1＝＝＝1－＝1－＝－，∴AE与BF所成角的余弦值为－.【剖析】　因为异面直线所成的角为锐角或直角，由cos∠AEC1＝－可知，∠AEC1为钝角，它是AE与BF所成角的补角，所以AE与BF所成角的余弦值应为，求得cos∠AEC1＝－后，就认为所求角的余弦值是－，这是忽视了异面直线所成角的范围是(0，]，从而导致了错误的出现．【正解】　AE与BF所成角的余弦值为.3．对线面关系定理条件把握不准致误典例3　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__②④__.【错解】　②③④⑤【剖析】　③是错误的；⑤是错误的．【正解】　①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误． ZHEN TI HUI FANG WU GAO KAO真题回放·悟高考　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(　C　)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(　B　)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(　B　)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【解析】　连接BD、BM、MN，N为BD中点，M为DE中点，∴MN∥BE，∴BM，EN共面相交，选项C，D为错；作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，∵平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO＝，ON＝1，EN＝2，MF＝，BF＝＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.故选B．4．(2020·全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：空间两条直线不相交，则两条直线平行．p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下列命题中所有真命题的序号是__①③④__.①p1∧p4　②p1∧p2　③(¬p2)∨p3　④(¬p3)∨(¬p4)【解析】　p1和p4为真命题；p2和p3为假命题；根据含有逻辑联结词的命题的真假判断①p1∧p4，③(¬p2)∨p3，④(¬p3)∨(¬p4)是真命题；故答案为：①③④5．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1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E－BB1C1C的体积．【解析】　(1)证明：因为ABCD－A1B1C1D1是长方体，所以B1C1⊥侧面A1B1BA，而BE⊂平面A1B1BA，所以BE⊥B1C1又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1⊂平面EB1C1，EC1⊂平面EB1C1，因此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．作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3．所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18．6．(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【解析】　(1)证明：因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以在ΔAB1C中EF是中位线，所以EF∥AB1，AB1⊂平面AB1C1，EF⊄平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)证明：因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，且AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C，又AB⊂平面ABB1，m所以平面AB1C⊥平面ABB1．