2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四2第2讲空间点线面的位置关系学案.pdf
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1、第 2 讲 空间点、线、面的位置关系第 2 讲 空间点、线、面的位置关系 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷面面垂直的证明T18(1) 卷 异面直线所成的角T9 线面垂直的证 明T20(1)2018 卷面面垂直的证明T19(1) 卷面面垂直的证明T18(1) 空间异面直线所成角的余弦值的计 算T10卷 线面平行的证明T19(1) 2017 卷 圆锥、空间线线角的求解T16 面面垂 直的证明T19(1) 卷 求异面直线所成的角T11 面面垂直 的证明T18(1) 空间中线、面位置关系的判定与性 质T14 卷 线面垂直的证明T19(1) 2016 卷线面平行的证明T19(1) 1.高考对此部分
2、的命题较 为稳定,一般为“一小一 大”或“一大” ,即一道选 择或填空题和一道解答题 或仅一道解答题 2选择题一般在第 10 11 题的位置, 填空题一般 在第 14 题的位置, 多考查 线面位置关系的判断,难 度较小 3解答题多出现在第 18 或 19 题的第一问的位置, 考查空间中平行或垂直关 系的证明,难度中等. 空间线面位置关系的判定(基础型) 判断与空间位置关系有关命题真假的 3 种方法 (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 (3
3、)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,进行肯定或否定 考法全练 1在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( ) AA1EDC1 BA1EBD CA1EBC1 DA1EAC 解析 : 选 C.A1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1, 所以A1B1BC1, 又BC1B1C, 且B1CA1B1 B1,所以BC1平面A1B1CD,又A1E平面A1B1CD,所以BC1A1E.故选 C. 2已知直线l和两个不同的平面,则下列命题是真命题的是( ) A若l,且l,则 B若l,且l,则 C若l,且,则l D若l,且,则l 解析:选
4、B.对于 A,若l,且l,则或与相交,所以 A 错;因为 垂直于同一条直线的两个平面平行,所以 B 正确 ; 对于 C,若l,且,则l与 相交或l或l,所以 C 错 ; 对于 D,若l,且,则l或l,所以 D 错故选 B. 3(2018惠州第二次调研)设l,m,n为三条不同的直线,为一个平面,则下列命 题中正确的个数是( ) 若l, 则l与相交 ; 若m,n,lm,ln, 则l; 若lm,mn,l ,则n;若lm,m,n,则ln. A1 B2 C3 D4 解析 : 选 C.对于, 若l, 则l与不可能平行,l也不可能在内, 所以l与 相交,正确;对于,若m,n,lm,ln,则有可能是l,故错误
5、;对 于, 若lm,mn, 则ln, 又l, 所以n, 故正确 ; 对于, 因为m,n, 所以mn,又lm,所以ln,故正确选 C. 4,是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么; 如果m,n,那么mn; 如果,m,那么m; 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等 其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号) 解析:对于命题,可运用长方体举反例证明其错误:如图,不妨设AA为直线m,CD 为直线n,ABCD所在的平面为,ABCD所在的平面为,显然这些直线和平面满足题 目条件,但不成立 命题正确, 证明如下 : 设过直线n的某平面与平面相交于直线l, 则ln,
6、由m 知ml,从而mn,结论正确 由平面与平面平行的定义知命题正确 由平行的传递性及线面角的定义知命题正确 答案: 空间中平行、垂直关系的证明(综合型) 直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理:a,b,aba. (2)线面平行的性质定理:a,a,bab. (3)面面平行的判定定理:a,b,abP,a,b. (4)面面平行的性质定理:,a,bab. 直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m,n,mnP,lm,lnl. (2)线面垂直的性质定理:a,bab. (3)面面垂直的判定定理:a,a. (4)面面垂直的性质定理:,l,a,al a. 典型例题 由四棱柱AB
7、CDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的 几何体如图所示四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E 为AD的中点,A1E平面ABCD. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1. 【证明】 (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1, 由于ABCDA1B1C1D1为四棱柱, 所以A1O1OC, A1O1OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点, 所以EMBD. 又A1E平
8、面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD. 因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1. 又A1E,EM平面A1EM,A1EEME, 所以B1D1平面A1EM. 又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1. 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.如图,在四棱锥PABCD中,平面PAB平面ABCD,ADBC,PAAB,CD AD,BCCDAD,E为AD的中点 1 2 (1)求证:PACD. (2)求证:平面PBD平面PAB. 证明:(1)因为平面PAB平面
9、ABCD,平面PAB平面ABCDAB, 又因为PAAB, 所以PA平面ABCD.则PACD. (2)由已知,BCED,且BCED,所以四边形BCDE是平行四边形, 又CDAD,BCCD, 所以四边形BCDE是正方形,连接CE(图略),所以BDCE, 又因为BCAE,BCAE, 所以四边形ABCE是平行四边形, 所以CEAB,则BDAB. 由(1)知PA平面ABCD, 所以PABD, 又因为PAABA,则BD平面PAB, 且BD平面PBD,所以平面PBD平面PAB. 2.如图,已知斜三棱柱ABCA1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上 的点 (1)当等于何值时,BC1平面AB1D1? A
10、1D1 D1C1 (2)若平面BC1D平面AB1D1,求的值 AD DC 解:(1)如图,取D1为线段A1C1的中点,此时1, A1D1 D1C1 连接A1B交AB1于点O,连接OD1. 由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形, 所以点O为A1B的中点 在A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点, 所以OD1BC1. 又因为OD1平面AB1D1,BC1平面AB1D1, 所以BC1平面AB1D1. 所以当1 时,BC1平面AB1D1. A1D1 D1C1 (2)由已知,平面BC1D平面AB1D1, 且平面A1BC1平面BDC1BC1, 平面A1BC1平面AB1D1D1O. 因
11、此BC1D1O,同理AD1DC1. 因为,. A1D1 D1C1 A1O OB A1D1 D1C1 DC AD 又因为1,所以1,即1. A1O OB DC AD AD DC 平面图形的折叠问题(综合型) 典型例题 如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,ADC90,ABBC.把BAC沿AC折 起到PAC的位置,使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上,如图所示, 点E,F分别为棱PC,CD的中点 (1)求证:平面OEF平面PAD; (2)求证:CD平面POF; (3)若AD3,CD4,AB5,求三棱锥ECFO的体积 【解】 (1)证明:因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC
12、上, 所以PO平面ADC,所以POAC. 由题意知O是AC的中点,又点E是PC的中点, 所以OEPA,又OE平面PAD,PA平面PAD, 所以OE平面PAD.同理,OF平面PAD. 又OEOFO,OE,OF平面OEF, 所以平面OEF平面PAD. (2)证明:因为OFAD,ADCD, 所以OFCD. 又PO平面ADC,CD平面ADC, 所以POCD. 又OFPOO,所以CD平面POF. (3)因为ADC90,AD3,CD4, 所以SACD 346, 1 2 而点O,F分别是AC,CD的中点, 所以SCFOSACD , 1 4 3 2 由题意可知ACP是边长为 5 的等边三角形, 所以OP, 5
13、 2 3 即点P到平面ACD的距离为, 5 2 3 又E为PC的中点,所以E到平面CFO的距离为, 5 4 3 故VECFO . 1 3 3 2 5 4 3 5 8 3 平面图形折叠问题的求解方法 (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,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 对点训练 如图 1, 在直角梯形ABCD中,ADBC, BAD,ABBCADa,E是AD的中点,O 2 1 2 是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到图
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