2021届高考数学统考二轮复习-第二部分-专题3-立体几何-第2讲-空间位置关系的判断与证明教案-理.doc

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与证明教案 理2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题3 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与证明教案 理年级：姓名：专题3第2讲空间位置关系的判断与证明空间线、面位置关系的判断授课提示：对应学生用书第30页考情调研考向分析主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.1.空间线面位置关系的判断2.异面直线所成角3.线面角.题组练透1在下列命题中，不是公理的是()A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D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解析：选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的答案：A2(2019张家口、沧州模拟)已知直线a，b和平面，a，则b是b与a异面的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：由题意，若直线b不在平面内，则b与a相交或ba，不一定有b与a异面，反之，若b与a异面，一定有直线b不在平面内，即b是b与a异面的必要不充分条件故选B.答案：B3.(2019南宁模拟)如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，AB6，AD8，AA17，则异面直线EF与AA1所成角的正切值为()A.B.C. D.解析：作FGAD，垂足为G，连接EG，因为FGAA1，所以EFG为异面直线EF与AA1所成的角(或补角)，且tanGFE，因为EG5，FGAA17，所以tanGFE.故选B.答案：B4(2019湘潭模拟)已知四棱锥PABCD的底面边长都为2，PAPC2，PBPD，且DAB60，M是PC的中点，则异面直线MB与AP所成的角为_解析：如图所示，连接AC与BD相交于N，则MNPA，根据异面直线所成角的定义，可得MB，AP所成的角为NMB或NMB的补角，由题意，在MNB中，NB1，MN，BNMN，则tanNMB，所以NMB30.答案：30题后悟通1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(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2用平移法求异面直线所成的角的三步法(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角(3)三求：解三角形，求出所作的角如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角 空间线面平行、垂直关系的证明授课提示：对应学生用书第31页考情调研考向分析直线、平面平行、垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线、线面、面面平行与垂直的判定及其应用等内容题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1.线面、面面平行关系的证明2.线面、面面垂直关系的证明.题组练透1(2019乌鲁木齐质检)已知直线l平面，直线m平面，以下四个命题：若，则lm；若，则lm；若lm，则；若lm，则，其中正确的两个命题是()A与B与C与 D与解析：对于，因为直线l平面，所以直线l平面，因直线m平面，所以lm，故正确；对于，l与m异面、平行或相交，故错误；对于，因为直线l平面，lm，所以m，而m，所以，所以正确；对于，当直线l平面，直线m平面，lm时，、平行或相交，故错误，综上，与正确，故选D.答案：D2(2019泰安模拟)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是()解析：A中，因为PQACA1C1，所以可得PQ平面A1BC1，又RQA1B，可得RQ平面A1BC1，从而平面PQR平面A1BC1B中，如图，作截面可得平面PQR平面A1BNHN.C中，如图，作截面可得平面PQR平面HGNHN.D中，如图，作截面可得QN，C1M为两相交直线，因此平面PQR与平面A1MC1不平行答案：A3(2019北京西城区模拟)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF为梯形，AFDE，DEAD，DCDE. (1)求证：ADCE；(2)求证：BF平面CDE；(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ平面BCE？并说明理由解析：(1)证明：由底面ABCD为矩形，知ADCD. 又因为DEAD，DECDD, 所以AD平面CDE. 又因为CE平面CDE，所以ADCE. (2)证明：由底面ABCD为矩形，知ABCD，又因为AB平面CDE，CD平面CDE, 所以AB平面CDE.同理AF平面CDE，又因为ABAFA，所以平面ABF平面CDE. 又因为BF平面ABF，所以BF平面CDE. (3)结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ平面BCE.证明如下：取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQBC.由ADBC，得PQAD. 所以A，D，P，Q四点共面. 由(1)，知AD平面CDE，所以ADDP，故BCDP.在CDE中，由DCDE，可得DPCE. 又因为BCCEC，所以DP平面BCE.又因为DP平面ADPQ，所以平面ADPQ平面BCE(即平面ADQ平面BCE)即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ平面BCE.题后悟通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，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.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，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，ala.空间中的翻折问题授课提示：对应学生用书第33页考情调研考向分析将平面图形翻折成空间图形，既是实际应用问题的需要，又具有考察学生空间想象能力、逻辑推理、数学实践、综合分析问题能力的功能，因此，它是高考中的一种常见题型.1.翻折后空间关系的证明2.翻折中的探索性问题.题组练透1(2019东三省三校模拟)如图，直角梯形ABCD，ABC90，CD2，ABBC1，E是边CD的中点，ADE沿AE翻折成四棱锥DABCE，则点C到平面ABD距离的最大值为()A.B.C. D1解析：由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥DABCE中，底面ABCE为边长是1的正方形，侧面DEA中，DEAE，且DEAE1.AEDE，AECE，DECEE，AE平面DCE.作DMCE于M，作MNAB于N，连接DN，则由AE平面DCE，可得DMAE，DM平面ABCE.又AB平面ABCE，DMAB.MNAB，DMMNM，AB平面DMN.在DMN中，作MHDN于H，则MH平面ABD.又由题意可得CE平面ABD，MH即为点C到平面ABD的距离在RtDMN中，DMMN，MN1，设DMx，则0xDE1，DN.由DMMNDNMH可得xMH，MH，当且仅当x，即x1时等号成立，此时DE平面ABCE，综上可得点C到平面ABD距离的最大值为.故选B.答案：B2在等腰直角三角形ABC中，ABC90，点D为AB的中点，DE垂直AB交AC于E，如图.将ABC沿DE折起，使A到达P的位置，且使平面PDE平面DBCE，连接PC，PB，如图.(1)若F为PB的中点，求证：DFPC；(2)当三棱锥PDBC的体积为时，求点B到面PEC的距离解析：(1)证明：DEPD，DEDB，DE平面PDB，又在图中BCBD，DEBD，DEBC，BC平面PDB，而DF平面PDB，BCDF，DPDB，F是PB的中点，DFPB，又BCPBB.DF平面PBC，而PC平面PBC，DFPC.(2)设DBm，由三棱锥PDBC的体积m得mDB2，PDDEDB2，PEEC2，设M是PC的中点，则EMDF且EMDF，PC2.设点B到平面PEC的距离为h，因VBPECSPEChhh.而VBPECVPEBCVPDBC，所以h.故B到面PEC的距离为.题后悟通解决与折叠有关的问题的两个关键(1)要明确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(2)在解决问题时，要比较折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形