2023年高考数学二轮复习专题12空间点、线、面的位置关系教学案文

专题12空间点、线、面的位置关系1.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．2.以几何体的直观图、三视图为载体，考查考生识图、用图能力和对空间线面位置关系的掌握情况．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．1．点、线、面的位置关系(1)平面的根本性质名称图形文字语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(A∈l,B∈l,A∈α,B∈α))⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点有且只有一个平面假设A、B、C三点不共线，那么A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．公理3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.平面α与β不重合，假设P∈α，且P∈β，那么α∩β＝a，且P∈a(2)平行公理、等角定理公理4：假设a∥c，b∥c，那么a∥b.等角定理：假设OA∥O1A1，OB∥O1B1，那么∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B12．直线、平面的平行与垂直定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，那么这条直线与此平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α,b⊂α,a∥b))⇒a∥α线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b线面垂直的判定定理一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a⊥α，b⊥α⇒a∥b面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的性质定理两个平面垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β，b∈β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的根底.【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．假设a、b、c代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a△b,a△c))⇒b△c的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a、b、c中有两个为平面，一条为直线，命题eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β是成立的.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,a∥β))⇒α∥β是不成立的．考点一空间线面位置关系的判断例1、(1)m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，那么()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【答案】D【解析】通解：假设α∥β，那么m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.应选D.优解：构造图形如下图，知D项正确．(2)m，n表示两条不同直线，α表示平面．以下说法正确的选项是()A．假设m∥α，n∥α，那么m∥nB．假设m⊥α，n⊂α，那么m⊥nC．假设m⊥α，m⊥n，那么n∥αD．假设m∥α，m⊥n，那么n⊥α【答案】B【解析】通解：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．优解：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．【方法规律】空间线面位置的判定方法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，进行肯定或否认．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．【变式探究】m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．【答案】①④考点二空间平行、垂直关系的证明例2、(2023·高考全国卷Ⅰ)(本小题总分值12分)如图，四边形ABCD为菱形，点G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED.(2)假设∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为eq\f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE，又BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(3),2)x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq\r(EG2－GB2)＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱锥E­ACD的体积VE­ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3).故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(AB2＋BE2)＝eq\r(22＋2)＝eq\r(6).所以S△EAC＝eq\f(1,2)AE·EC＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3，△EAD的面积与△ECD的面积相等．在△AED中，作EF⊥AD于F，由AE＝ED知F为AD的中点，∴EF＝eq\r(AE2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,2)))2)＝eq\r(6－1)＝eq\r(5)∴S△EAD＝eq\f(1,2)AD·EF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝eq\r(5).故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2eq\r(5).【方法规律】证明线线平行与线线垂直的方法1．证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．2．证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③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即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.【变式探究】如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，且BC＝2AD，AD⊥CD，PB⊥CD，点E在棱PD上，且PE＝2ED.(1)求证：平面PCD⊥平面PBC；(2)求证：PB∥平面AEC.证明：(1)因为AD⊥CD，AD∥BC，所以CD⊥BC，又PB⊥CD，PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，所以CD⊥平面PBC，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PBC.(2)连接BD交AC于点O，连接OE.因为AD∥BC，所以△ADO∽△CBO，所以DO∶OB＝AD∶BC＝1∶2，又PE＝2ED，所以OE∥PB.又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.考点三立体几何中的折叠、探索问题例3、如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A′BC；(2)求证：A′C⊥BE；(3)线段A′D上是否存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE？假设存在，求出DF的长；假设不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，又因为DE⊄平面A′BC，所以DE∥平面A′BC.(2)证明：因为∠C＝90°，DE∥BC，所以DE⊥CD，由题意可知，DE⊥A′D，又A′D∩CD＝D，所以DE⊥平面A′CD，所以BC⊥平面A′CD，所以BC⊥A′C，又A′C⊥CD，且CD∩BC＝C，所以A′C⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A′C⊥BE.(3)线段A′D上存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE.理由如下：因为A′C⊥CD，所以，在Rt△A′CD中，过点C作CF⊥A′D于F，由(2)可知，DE⊥平面A′CD，【变式探究】Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AE＝2EB，AF＝2FC，将△AEF沿EF折起，使A变到A′，使平面A′EF⊥平面EFCB.(1)试在线段A′C上确定一点H，使FH∥平面A′BE.(2)试求三棱锥A′­EBC的外接球的半径与三棱锥A′­EBC的外表积．解：(1)AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AF＝2FC，所以EF＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(8,3)，在A′C上取点H，使A′H＝2HC，连接HF，再在A′B上取点K，使A′K＝2KB，连接HK，EK，可知，KH∥BC，且KH＝eq\f(2,3)BC，可知KH∥EF，且KH＝EF，所以四边形EFHK为平行四边形，FH∥EK，EK⊂平面A′EB，FH⊄平面A′EB，所以FH∥平面A′EB，故H点为A′C的靠近C点的三等分点．(2)由题意可知，A′E⊥平面EFCB，BC＝4，EB＝1，A′E＝2，A′B＝eq\r(A′E2＋BE2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，设三棱锥A′­EBC的外接球半径为R，可知(2R)2＝A′E2＋BE2＋BC2，(2R)2＝4＋1＋42＝21，所以R＝eq\f(\r(21),2).三棱锥A′­EBC的外表积为S＝S△A′BC＋S△A′BE＋S△BEC＋S△A′EC＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＋eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×4×1＋eq\f(1,2)×2×eq\r(17)＝3＋eq\r(17)＋2eq\r(5).1．(2023·高考全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，那么AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.应选A.2．(2023·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CDA．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC【答案】C【解析】如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.3．(2023·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)△ACD是直角三角形，AB＝BD.假设E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．∴AE＝EC＝2，在△ABD中，设DE＝x，根据余弦定理cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(AD2＋DE2－AE2,2AD·DE)＝eq\f(22＋2\r(2)2－2\r(2)2,2×2×2\r(2))＝eq\f(22＋x2－22,2×2×x).解得x＝eq\r(2)，∴点E是BD的中点，那么VD­ACE＝VE­ACE，∴eq\f(VD­ACE,VB­ACE)＝1∶1.4.(2023·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面PAD；(2)假设△PCD的面积为2eq\r(7)，求四棱锥P­ABCD的体积．为正方形，那么CM⊥AD.(5分)因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.(7分)因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.(8分)设BC＝x，那么CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x，取CD的中点N，连接PN.那么PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因为△PCD的面积为2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7)，解得x＝2或x＝－2(舍去)．(10分)于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱锥P­ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(2〔2＋4〕,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).(12分)1．(2023·浙江卷)互相垂直的平面α，β交于直线l，假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n【答案】C【解析】因为α∩β＝l，所以l⊂β.因为n⊥β，所以n⊥l