2020高考数学二轮复习专题讲练9立体几何(空间位置关系的判断与证明)(最新-超经典)Word下载.docx
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(1)定义法。
一般结合反证法证明,此方法不常用。
(2)利用直线与平面平行的判定定理,使用该定理时,应注意定理成立时所满足的条件。
(3)利用面面平行的性质定理,把面面平行转化为线面平行。
2.面面平行的性质
(1)面面平行的性质定理的作用:
主要用来证明线线平行。
(2)面面平行的性质的几个重要结论:
①两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面。
②夹在两个平行平面之间的平行线段相等。
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行。
④两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段对应成比例。
⑤如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行。
3.判定直线与平面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的定义:
若一直线垂直于平面内任一直线,则这条直线垂直于该平面。
(2)利用线面垂直的判定定理:
若一条直线与平面内两条相交直线都垂直,则这条直线与平面垂直。
(3)用线面垂直的性质:
若两平行线中的一条垂直于平面,则另一条也垂直于这个平面。
(4)用面面平行的性质定理:
若一直线垂直于两平行平面之一,则必垂直于另一平面。
(5)用面面垂直的性质定理:
两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。
(6)用面面垂直的性质:
若两相交平面同时垂直于第三个平面,则两平面的交线垂直于第三个平面。
4.面面垂直证明的两种思路
(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线。
(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题。
考点一空间线面位置关系的判断
【例1】
(1)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是不同的直线,下列命题中不正确的是( )
A.若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l⊥α
B.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
C.若α⊥β,α∩β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥β
D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
解析 由l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,不能推出l⊥α,缺少条件m与n相交,故A不正确;
若l⊥α,l∥β,则过l作平面γ,使γ∩β=c,则l∥c,故c⊥α,c⊂β,故α⊥β,B正确;
根据面面垂直的性质定理知C正确;
D正确。
故选A。
答案 A
(2)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
B.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
C.若m∥α,n∥α,则m∥n
D.若l∥α,α∥β,则l∥β
解析 若α⊥γ,β⊥γ,则α与β相交或平行,故A错误;
若m⊥α,n⊥α,则由直线与平面垂直的性质得m∥n,故B正确;
若m∥α,n∥α,则m与n相交、平行或异面,故C错误;
若l∥α,α∥β,则l⊂β或l∥β,故D错误。
故选B。
答案 B
判断空间点、线、面位置关系,主要依据四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理,具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型,把要考查的点、线、面融入模型中,判断会简洁明了。
如果要否定一结论,只需找到一个反例即可。
【变式训练1】
(1)(2019·
合肥市一模)平面α外有两条直线a,b,它们在平面α内的投影分别是直线m,n,则下列命题正确的是( )
A.若a⊥b,则m⊥n
B.若m⊥n,则a⊥b
C.若m∥n,则a∥b
D.若m与n相交,则a与b相交或异面
解析 对于选项A,当直线a,b相交,且所在平面与平面α垂直时,直线m,n重合,故A不正确;
对于选项B,不妨在正方体ABCD-A1B1C1D1中考虑,取面对角线AB1,AD1,其所在直线分别记为a,b,其在平面ABCD上的投影分别为AB,AD,记为m,n,此时m⊥n,但a与b不垂直,故B不正确;
对于选项C,不妨在正方体ABCD-A1B1C1D1中考虑,取面对角线AB1,CD1,其所在直线分别记为a,b,其在平面ABCD上的投影分别为AB,CD,记为m,n,此时m∥n,但a与b不平行,故C不正确;
对于选项D,若m与n相交,则a与b不可能平行,只能是相交或异面,故D正确,选D。
答案 D
(2)(2019·
全国Ⅲ卷)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
解析 取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD。
设正方形ABCD的边长为2,则EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2。
过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=2+2+22=7,得BM=,所以BM≠EN。
连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线。
考点二平行、垂直关系的应用
【例2】
(1)(2019·
湖南长沙长郡中学模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,BC∥AD,PA=AD=4,AB=BC=2,PA⊥平面ABC,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF∥平面PCD,直线PD与平面CEF交于点H,则线段CH的长度为( )
A. B.2 C.2 D.2
解析 因为PD与平面CEF交于点H,所以平面CEF∩平面PCD=CH,因为EF∥平面PCD,所以EF∥CH,过点H作HM∥PA交AD于点M,连接CM,因为EF∩AP=F,CH∩HM=H,所以平面AEF∥平面CHM,因为平面AEF∩平面ABCD=AE,平面CHM∩平面ABCD=CM,所以AE∥CM,又BC∥AM,所以四边形ABCM为平行四边形,所以AM=2。
又AD=4,所以M是AD的中点,则H为PD的中点,所以CH===2,故选C。
答案 C
(2)(2019·
湖南湘潭二模)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=,点M在棱CC1上,当MD1+MA取得最小值时,MD1⊥MA,则棱CC1的长为______。
解析 把平面DCC1D1展开到长方形ACC1A1所在平面,如图,当A,M,D1在同一条直线上时,MD1+MA取得最小值,此时==,令MA=2x,MD1=x,CC1=h,则解得h=。
故棱CC1的长为。
答案
应用平行与垂直关系求解数量关系是平行、垂直关系的一种重要应用,解题时充分利用平行与垂直关系构造直角三角形是求线段长的基本方法。
【变式训练2】
(1)(2019·
豫北名校联考)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D∥平面AB1D1,则=________。
解析 如图所示,连接A1B,与AB1交于点O,连接OD1,因为平面BC1D∥平面AB1D1,平面BC1D∩平面A1BC1=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,所以BC1∥D1O,所以=,同理AD1∥DC1,所以=,所以=,又因为=1,所以=1,即=1。
答案 1
沈阳市质量监测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下面结论中正确的是________。
(写出所有正确结论的序号)
①BD∥平面CB1D1;
②AC1⊥平面CB1D1;
③异面直线AC与A1B成60°
角;
④AC1与底面ABCD所成角的正切值是。
解析 对于①,BD∥B1D1,BD⊄平面CB1D1,B1D1⊂平面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,①正确;
对于②,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,连接A1C1,又A1C1⊥B1D1,所以B1D1⊥平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1,同理B1C⊥AC1,所以AC1⊥平面CB1D1,②正确;
对于③,易知AC∥A1C1,异面直线AC与A1B所成的角为∠BA1C1,连接BC1,又△A1C1B为等边三角形,所以∠BA1C1=60°
,异面直线AC与A1B成60°
角,③正确;
对于④,AC1与底面ABCD所成的角的正切值是==≠,故④不正确。
故正确的结论为①②③。
答案 ①②③
考点三截面问题
【例3】
(1)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AD的中点,过点B1且与平面A1BE平行的截面面积为( )
A.5B.2C.2D.6
解析 取BC的中点M,A1D1的中点N,则四边形B1MDN即为所求的截面。
根据正方体的性质,可得MN=2,B1D=2,易知四边形B1MDN为菱形,所以其面积S=×
2×
2=2,故选C。
(2)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,球O与该正方体的各面都相切,则平面ACD1截此球所得的截面面积为( )
A.B.C.D.
解析 由题知△ACD1是边长为2的等边三角形,所以所求截面为△ACD1的内切圆,可得截面圆的半径为,所以截面圆的面积为π。
几何体截面面积问题,关键是确定截面图形的位置、形状,所经过的点,截面面积根据有关数量进行计算。
【变式训练3】 过半径为4的球O表面上一点A作球O的截面,若OA与该截面所成的角为30°
,则该截面的面积是________。
解析 过半径为4的球O表面上一点A作球O的截面,若OA与该截面所成的角为30°
,则截面圆的半径是4×
cos30°
=2,故该截面的面积为π×
(2)2=12π。
答案 12π
重点增分专练(七) 空间位置关系的判断与证明
A级 基础达标
一、选择题
1.已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内,则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 当两个平面内的直线相交时,这两个平面有公共点,即两个平面相交;
但当两个平面相交时,两个平面内的直线不一定有交点。
2.已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( )
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 若m⊄α,n⊂α,m∥n,由线面平行的判定定理知m∥α。
若m∥α,m⊄α,n⊂α,不一定推出m∥n,直线m与n可能异面,故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件。
3.(2019·
全国Ⅱ卷)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
解析 对于A,α内有无数条直线与β平行,当这无数条直线互相平行时,α与β可能相交,所以A不正确;
对于B,根据两平面平行的判定定理与性质知,B正确;
对于C,平行于同一条直线的两个平面可能相交,也可能平行,所以C不正确;
对于D,垂直于同一平面的两个平面可能相交,也可能平行,如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但它们是相交的,所以D不正确。
综上可知选B。
4.设l,m,n为三条不同的直线,α为一个平面,则下列命题中正确的个数是( )
①若l⊥α,则l与α相交;
②若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α;
③若l∥m,m∥n,l⊥α,则n⊥α;
④若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n。
A.1 B.2C.3 D.4
解析 对于①,若l⊥α,则l与α不可能平行,l也不可能在α内,所以l与α相交,①正确;
对于②,若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则有可能是l⊂α,故②错误;
对于③,若l∥m,m∥n,则l∥n,又l⊥α,所以n⊥α,故③正确;
对于④,因为m⊥α,n⊥α,所以m∥n,又l∥m,所以l∥n,故④正确。
故选C。
5.有一正三棱柱木料ABC-A1B1C1,其各棱长都为2,已知Q1,Q2分别为上、下底面的中心,M为Q1Q2的中点,过A,B,M三点的截面把该木料截成两部分,则截面面积为( )
A. B. C. D.2
解析 如图,取A1B1的中点D,AB的中点N,连接NM并延长交DC1于G,则DQ1=Q1G,因为Q1为中心,所以C1G=C1D,过G作EF∥AB,则梯形ABFE即为所求截面,EF=×
2=,AE=BF==,所以梯形的高为 =,故S梯形ABFE=×
=。
6.(2019·
兰州市诊断考试)在四面体ABCD中,BD⊥AD,CD⊥AD,BD⊥BC,BD=AD=1,BC=2,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 如图,在平面BCD中,过点D作BC的平行线与过点B作的CD的平行线相交于E,连接AE,则四边形BCDE为平行四边形,所以DE=BC=2,且∠ABE为异面直线AB与CD所成的角。
因为AD⊥BD,AD⊥CD,BD∩CD=D,所以AD⊥平面BCD,且AB==,则AD⊥DE,所以AE==。
因为BD⊥BC,所以DC==,则BE=CD=,于是在△ABE中,由余弦定理,得cos∠ABE===,故选D。
7.如图①所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,M是侧棱PD上靠近点P的四等分点,PD=4。
该四棱锥的俯视图如图②所示,则∠PMA的大小是( )
A. B. C. D.
解析 连接BD,由俯视图可知DC=4,BD=2,BC=2,所以∠DBC=,又四边形ABCD为直角梯形,故AD的长度等于直角三角形BDC斜边上的高,即AD=,因为MD=3,所以在直角三角形ADM中,tan∠AMD=,即∠AMD=,所以∠PMA=。
二、填空题
8.如图,在空间四边形ABCD中,点M∈AB,点N∈AD,若=,则直线MN与平面BDC的位置关系是________。
解析 由=,得MN∥BD。
而BD⊂平面BDC,MN⊄平面BDC,所以MN∥平面BDC。
答案 平行
9.(2019·
北京高考)已知l,m是平面α外的两条不同直线。
给出下列三个论断:
①l⊥m;
②m∥α;
③l⊥α。
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:
____________。
解析 若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;
若l⊥m,m∥α,则l∥α,l与α相交但不垂直都可以,故①②⇒③不正确;
若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确。
答案 若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)
10.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°
,∠BAD=90°
,将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是________(填序号)。
①平面ABD⊥平面ABC ②平面ADC⊥平面BDC
③平面ABC⊥平面BDC ④平面ADC⊥平面ABC
解析 因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°
,所以BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面ABD,又AB⊂平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC。
答案 ④
11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,则下列结论中正确结论的序号有________。
①AC⊥BE;
②直线AE与平面DBB1D1所成角的正弦值为定值;
③当EF为定值时,三棱锥E-ABF的体积为定值;
④异面直线AE,BF所成角的余弦值为定值。
解析 连接BD,交AC于点O,连接EO。
由正方体的性质,得AC⊥平面DBB1D1,而BE⊂平面DBB1D1,所以AC⊥BE,故①正确。
由AC⊥平面DBB1D1,得OE是AE在平面DBB1D1上的射影,所以∠AEO是直线AE与平面DBB1D1所成角,因为AE不是定值,故②不正确。
由于点B到直线B1D1的距离不变,故△BEF的面积为定值。
又点A到平面BEF的距离为,故三棱锥E-ABF的体积为定值,故③正确。
当点E在点D1,点F在点B1时,异面直线AE与BF所成的角为,故④不正确。
应填①③。
答案 ①③
B级 能力冲关
12.(2019·
湖南三湘名校第三次联考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点M在线段CC1上,动点P在平面A1B1C1D1内,且AP⊥平面MBD1,线段AP长度的取值范围为( )
A.[1,] B.[1,]
C. D.
解析 以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设P(a,b,1),M(0,1,t)(0≤t≤1),易知A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),则=(a-1,b,1),=(-1,-1,1),=(0,-1,1-t),因为AP⊥平面BMD1,所以AP⊥BD1,AP⊥MD1,即所以解得所以=(t,1-t,1),所以||==,又知0≤t≤1,所以当t=,即M是CC1的中点时,||取得最小值。
当t=0或1,即M与点C或点C1重合时,||取得最大值。
所以线段AP长度的取值范围为,故选D。
13.(2019·
河南郑州一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,AB⊥AC,点M,N分别为AB1,A1C上的动点,若直线MN∥平面BCC1B1,Q为线段MN的中点,则点Q的轨迹是( )
A.双曲线的一支(一部分)
B.圆弧(一部分)
C.线段(去掉一个端点)
D.抛物线的一部分
解析 如图,连接B1C,分别取AA1,B1C的中点E,F,任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α,与AB1,A1C分别交于M,N,则MN∥平面BCC1B1。
由△ABC为等腰直角三角形,AB⊥AC,得四边形AA1B1B与四边形AA1C1C是两个全等的矩形,这两个四边形面关于过棱AA1且与平面BCC1B1垂直的平面是对称的,因此EF必过MN的中点Q,故点Q的轨迹为线段EF,但需去掉端点F,故选C。
14.(2019·
重庆市调研抽测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段A1B上运动,则异面直线DP与CB1所成角的取值范围是________。
解析 由题意,在正方体中,连接DA1,DB,则CB1∥DA1,所以∠A1DP为异面直线DP与CB1所成的角,点P与B重合时,∠A1DP最大,且最大为,当点P与A1无限接近时,∠A1DP趋近于零,故异面直线DP与CB1所成角的取值范围是。
15.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,有下列判断:
①平面PB1D⊥平面ACD1;
②A1P∥平面ACD1;
③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是;
④三棱锥D1-APC的体积不变。
其中,正确的是________。
(把所有正确判断的序号都填上)
解析 在正方体中,B1D⊥平面ACD1,B1D⊂平面PB1D,所以平面PB1D⊥平面ACD1,所以①正确;
连接A1B,A1C1,如图,容易证明平面A1BC1∥平面ACD1,又A1P⊂平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,所以②正确;
因为BC1∥AD1,所以异面直线A1P与AD1所成的角就是直线A1P与BC1所成的角,在△A1BC1中,易知所求角的范围是,所以③错误;
VD1-APC=VC-AD1P,因为点C到平面AD1P(即平面AD1C1B)的距离不变,且△AD1P的面积不变,所以三棱锥D1-APC的体积不变,所以④正确。
答案 ①②④
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