2019高考数学二轮复习专题六第十讲点、线、面的位置关系课件文.pptx

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1、第十讲 点、线、面的位置关系,总纲目录,考点四 异面直线所成的角及线面角,考点一 空间线、面位置关系的判断 空间线、面位置关系判断的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理解决; (2)必要时可以借助空间几何体模型,如从长方体、四面体等模型 中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.典型例题,1.(2018湖南益阳、湘潭调研)下图中,G,N,M,H分别是正三棱柱 (两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点,则表示直 线GH,MN是异面直线的图形有 ( )A. B. C. D.,答案 C,解析 由题意,可知题图中,GHMN,因此直线GH与MN共面; 题图中,G,H

2、,N三点共面,但M平面GHN,因此直线GH与MN异 面;题图中,连接MG,则GMHN,因此直线GH与MN共面;题图 中,连接GN,G,M,N三点共面,但H平面GMN,所以直线GH与 MN异面.故选C.,2.已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,给出下列四 个命题,其中错误的命题是 ( ) A.若m,m,=n,则mn B.若,m,n,则mn C.若,=m,则m D.若,m,则m,答案 D 若m,m,=n,则由线面平行的性质可得mn, 故A正确.若,m,n,则由线面垂直的性质可得mn,故B 正确.若,=m,则由面面垂直的性质可得m,故C正 确.若,m,则m或m,故D不正确.故选D.,3.(

3、2018湖南湘东五校联考)已知直线m,l是两条不同的直线,平面 ,是两个不同的平面,且m,l,给出下列命题:若,则 ml;若,则ml;若ml,则;若ml,则. 其中正确的命题是 ( ) A. B. C. D.,答案 A 对于,因为,m,所以m,又l,所以ml,故 正确;对于,因为ml,m,所以l,又l,所以,故 正确;易判断不正确.故选A.,答案 B 如图,对于选项A,取PB的中点O,连接AO,CO. 在四棱锥P-ABCD中,PAB与PBC是正三角形,AOPB, COPB, AOCO=O,PB平面AOC, AC平面AOC,PBAC,故选项A正确; 对于选项B,设AC与BD交于点M,易知M为AC

4、的中点,若PD平面 ABCD,则PDBD,由已知条件知点D满足ACBD且位于BM的延 长线上,点D的位置不确定,PD与BD不一定垂直,PD平面 ABCD不一定成立,故选项B不正确; 对于选项C,ACPB,ACBD,PBBD=B,AC平面PBD,PD平面PBD,ACPD,故选项C正确; 对于选项D,AC平面PBD,AC平面ABCD,平面PBD平 面ABCD,故选项D正确.故选B.,方法归纳 空间线面关系的判断及命题真假的判断的依据是空间线面关系 以及空间平行与垂直的判定与性质定理,需要注意两个方面:一是 在判断直线和平面平行时,不要忽视直线在平面内的情况,否则容 易出现误判;二是不能把平面内的相

5、关定理放在空间中使用,有些 定理在空间中不成立,如空间中垂直于同一条直线的两条直线不 一定平行等,判断命题为假时,找出反例即可.,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,n,mn=P,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,ala.,命题角度一:平行、垂直关系的证明问题(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形, 平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中 点. (1)求证:PEBC; (2)求证:平面PAB平面PC

6、D; (3)求证:EF平面PCD.,证明 (1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PEAD. 因为底面ABCD为矩形, 所以BCAD. 所以PEBC. (2)因为底面ABCD为矩形, 所以ABAD. 又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以AB平面PAD. 所以ABPD. 又因为PAPD,PAAB=A,所以PD平面PAB.又PD平面PCD, 所以平面PAB平面PCD. (3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FGBC,FG= BC. 因为ABCD为矩形,且E为AD的中点, 所以DEBC,DE= BC. 所以DEFG,DE=F

7、G. 所以四边形DEFG为平行四边形. 所以EFDG. 又因为EF平面PCD,DG平面PCD, 所以EF平面PCD.,方法归纳 线面平行及线面垂直的证明方法 (1)要证线面平行,主要有两个途径:一是证已知直线与平面内的 某直线平行;二是证过已知直线的平面与已知平面平行.转化思想 在证明平行关系上起着重要的作用,在寻找平行关系上,利用中位 线、平行四边形等是常用的手段. (2)要证线面垂直,关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已 知直线垂直,即线线垂直线面垂直.结合图形还要注意一些隐含 的垂直关系,如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计 算得出的垂直关系等.,命题角度二:平行、垂直关系的

8、探究性问题,(2018课标全国,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直,M是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.,解析 (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为 BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为 M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM= C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面 BMC. (2)当P为AM的中点时,MC平面PBD. 证明如下:如图,连接AC交BD于O,因为ABCD为矩形,所以O

9、为AC 的中点,连接OP,因为P为AM的中点,所以MCOP. 又MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.,方法归纳 解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略:假定题中的数 学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能 导出与条件吻合的依据或事实,则说明假设成立,即存在;若导出 与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立,即不存在.,1.(2018贵州贵阳模拟)如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的 直径,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于点 A,B的一点,AE=1. (1)求证:BE平面DAE; (2)求点C到平面DBE的距离.,解析

10、(1)证明:由圆柱性质知,DA平面ABE,又BE平面ABE, BEDA.又AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B的一 点,BEAE.又DAAE=A,DA,AE平面DAE,BE平面DAE. (2)解法一:过E作EFAB,垂足为F,由圆柱性质知平面ABCD底 面ABE,又平面ABCD平面ABE=AB,EF平面ABCD.AB=2, AE=1,AEBE,BE= ,EF= = . 设C到平面DBE的距离为d,连接CE,由V三棱锥C-DBE=V三棱锥E-BDC得 SDBE d= SBDCEF, 又由(1)知BEDE,且DE= = ,SDBE= DEBE= , = ,又SBDC= BCDC= 22=

11、2, d= = ,即C到平面DBE的距离为 . 解法二:连接AC,设AC与BD交于O,则AO=CO,所以C到平面DBE 的距离等于A到平面DBE的距离,过A作AHDE,垂足为H. 由(1)知平面DAE平面DBE,且平面DAE平面DBE=DE, AH平面DBE,AH的长即为A到平面DBE的距离. AD=2,AE=1,DE= = , AH= = = ,即C到平面DBE的距离为,2.如图,AB为圆O的直径,点E,F在圆O上,且ABEF,矩形ABCD所 在平面和圆所在的平面互相垂直,且AD=EF=AF=1,AB=2. (1)求证:平面AFC平面CBF; (2)在线段CF上是否存在一点M,使得OM平面D

12、AF?并说明理 由.,解析 (1)证明:因为平面ABCD平面ABEF,CBAB, 平面ABCD平面ABEF=AB,所以CB平面ABEF. 因为AF平面ABEF,所以AFCB. 又AB为圆O的直径,所以AFBF. 因为CBBF=B, 所以AF平面CBF, 因为AF平面AFC, 所以平面AFC平面CBF. (2)如图,取CF的中点M,DF的中点N,连接AN,MN,OM, 则MNCD且MN= CD,又AOCD且AO= CD,所以MNAO,所以四边形MNAO为平行四边形, 所以OMAN, 又AN平面DAF,OM平面DAF, 所以OM平面DAF. 即存在一点M,当M为CF的中点时,使得OM平面DAF.,

13、考点三 空间几何图形的翻折问题,(2018课标全国,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC= 3,ACM=90.以AC为折痕将ACM折叠,使点M到达D的位置,且 ABDA. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ= DA,求三 棱锥Q-ABP的体积.,解析 (1)证明:由已知可得,BAC=90,即BAAC. 又BAAD,ADAC=A,所以AB平面ACD. 又AB平面ABC, 所以平面ACD平面ABC. (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3 . 又BP=DQ= DA,所以BP=2 . 如图,作QEAC,垂足为E,

14、则QEDC且QE= DC. 由已知及(1)可得DC平面ABC, 所以QE平面ABC,又QE=1,因此,三棱锥Q-ABP的体积为 VQ-ABP= QESABP= 1 32 sin 45=1.,方法归纳 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弄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. 提能 (1)与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变; (2)与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不变.,(2018河北石家

15、庄模拟)如图(1)所示,在边长为24的正方形ADD1A1 中,点B,C在边AD上,且AB=6,BC=8,作BB1AA1分别交AD1,A1D1于 点P,B1,作CC1AA1分别交AD1,A1D1于点Q,C1,将该正方形沿BB1, CC1折叠,使得DD1与AA1重合,构成如图(2)所示的三棱柱ABC-A1B1 C1.,(1)求证:AB平面BCC1B1; (2)求多面体A1B1C1-APQ的体积.,解析 (1)证明:由题知,在题图(2)中,AB=6,BC=8,CA=10, AB2+BC2=CA2,ABBC. 又ABBB1,BCBB1=B,AB平面BCC1B1. (2)由题易知三棱柱ABC-A1B1C

16、1的体积为 6824=576. 在题图(1)中,ABP和ACQ都是等腰直角三角形, AB=BP=6,AC=CQ=14, VA-CQPB= S四边形CQPBAB= (6+14)86=160. 多面体A1B1C-APQ的体积V= -VA-CQPB=576-160=416.,考点四 异面直线所成的角及线面角,(2018天津,17,13分)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形, 平面ABC平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=2 ,BAD= 90. (1)求证:ADBC; (2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.,解析 (1)证明:由平

17、面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB, ADAB,可得AD平面ABC,故ADBC. (2)如图,取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MNBC,所以DMN(或其补角)为异 面直线BC与MD所成的角.,在RtDAM中,AM=1,AD=2 ,故DM= = . 因为AD平面ABC,故ADAC. 在RtDAN中,AN=1,AD=2 ,故DN= = . 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN= = . 所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为 . (3)连接CM,因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,AB=2,故 CMAB,CM= .又因为平面ABC平面AB

18、D,平面ABC平面 ABD=AB,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以CDM为直线 CD与平面ABD所成的角.,在RtCAD中,CD= =4. 在RtCMD中,sinCDM= = . 所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为 .,2.求直线与平面所成的角的步骤 (1)作:即在直线上选取恰当的点向平面引垂线,在这一步上确定 垂足的位置是关键; (2)证:即证明所找到的角为直线与平面所成的角,其证明的主要 依据是直线与平面所成角的概念; (3)求:一般来说是借助解三角形的知识求角. 提醒 找直线与平面所成的角,关键是找直线上一点到该平面 的垂线,要善于利用“若平行直线中一条垂直于一平面,则另

19、一条 也垂直于该平面”.如果直线在已知图形中没有斜足,可以转化成 找与该直线平行的另一条直线(斜足明显的)与该平面所成的角.,答案 D,解析 过点P作PH平面ABCD于点H.由题意知,四棱锥P-ABCD 是正四棱锥,内切球的球心O应在四棱锥的高PH上.过正四棱锥的 高作组合体的轴截面如图,其中PE,PF是斜高,M为球面与侧面的 一个切点.设PH=h,易知RtPMORtPHF,所以 = ,即 =,解得h= ,故选D.,方法归纳 求解多面体的内切球的问题,一般是将多面体分割为以球心为顶 点,多面体的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各棱锥的 体积之和求内切球的半径.,命题角度三:与球有关的最值

20、问题 (2018课标全国,12,5分)设A,B,C,D是一个半径为4的球的球面上 四点,ABC为等边三角形且其面积为9 ,则三棱锥D-ABC体积 的最大值为 ( ) A.12 B.18 C.24 D.54,答案 B,解析 设等边ABC的边长为a,则有SABC= aasin60=9 ,解得 a=6.设ABC外接圆的半径为r,则2r= ,解得r=2 ,则球心 到平面ABC的距离为 =2,所以点D到平面ABC的最大 距离为2+4=6,所在三棱锥D-ABC体积的最大值为 9 6=18 , 故选B.,方法归纳 多面体与球有关的最值问题,主要有三种:一是多面体确定的情况 下球的最值问题,二是球的半径确定情

21、况下与多面体有关的最值 问题; 三是多面体与球均确定的情况下,截面的最值问题.,1.(2018课标全国,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1 的中点,则异面直线AE与DC所成角的正切值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 因为CDAB,所以BAE即为异面直线AE与CD所成 的角.设正方体的棱长为2,则BE= . 因为AB平面BB1C1C,所以ABBE. 在RtABE中,tanBAE= = . 故选C.,2.(2018课标全国,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相 垂直,SA与圆锥底面所成角为30.若SAB的面积为8,则该圆锥的 体积为 .,答案 8,解析 设圆锥底面半径为r,母线长为l,高为h, 因为母线SA与底面所成的角为30, 所以l= r,由SAB的面积为8,SASB,得 l2=8, 即 r2=8, 所以r2=12,所以r=2 ,则h= r=2. 所以圆锥的体积为 r2h= 122=8.,