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

第二篇专题篇•核心知识　专题提升\n专题三第二讲　空间点、线、面的位置关系\n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\n导航立前沿•考点启方向\n1．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．高考导航\n高频考点(理科)年份卷别题号考查角度分值2021全国卷甲卷19(1)证明线线垂直5全国卷乙卷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10\n(文科)年份卷别题号考查角度分值2021全国卷甲卷19(2)证明线线垂直6全国卷乙卷18(1)证明面面垂直52020Ⅰ卷19(1)求证面面垂直6Ⅱ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12\n年份卷别题号考查角度分值2019Ⅰ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17\n自主先热身•真题定乾坤\n1．(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真题热身C\n【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.\n2．(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B\n【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.\n3．(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B\n\n\nA\n\n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．\n5．(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()BC\n\n\n\n\n\nA\n\n1．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．感悟高考\n核心拔头筹•考点巧突破\n1．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\n2．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.\n1．(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C\n【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.\n2．(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D\n【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.\n3．(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⊥γD\n【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.\nA\n【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．\nC\n\n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.\n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．\n1．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A【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．\n2．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∥βC\n【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.\n3．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__________.①②③\n【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.\n考点二　空间中平行、垂直关系的证明\n\n(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.典例1\n\n\n\n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.\n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．\n(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．\n4．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.\n【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.\n(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.\n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\n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．典例1\n(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．\n【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.\n(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.\n\n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.\n(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．\nB\n【解析】矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示．\n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AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故选项B正确；对于选项C，若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知AB＝2，BC＝2，则BC>AB，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.\n6．(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)．\n(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．\n(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.\n明晰易错点•高考零失误\n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．典例1易错点一：由于点、线共面构图不全面导致错误\n【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．\n【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．\n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．典例2易错点二：由于忽略异面直线所成的角的范围而导致错误\n\n\n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________.典例3易错点三：对线面关系定理条件把握不准致误②④\n【错解】②③④⑤【易错释疑】③是错误的；⑤是错误的．\n③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．