高一数学（人教A版）学案必修二板块综合空间点线面位置关系

板块综合空间点、线、面位置关系(阶段小结课—习题讲评式教学)eq\a\vs4\al([建构知识体系])eq\a\vs4\al([融通学科素养])1．浸润的核心素养(1)通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，提升逻辑推理和直观想象素养．(2)通过线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的转化，提升直观想象和逻辑推理素养．2．渗透的数学思想(1)在判断空间几何体的点、线、面的位置关系，直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中，根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想．(2)在本章中化归思想无处不在，如“要证线面平行，先证线线平行”“要证面面平行，先证线面平行”“要证线面垂直，先证线线垂直”“要证面面垂直，先证线面垂直”等，都体现了转化与化归思想．题型(一)立体几何中的交线、截面问题[例1](1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形(2)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________．听课记录：|思|维|建|模|利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．[针对训练]1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq\r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________．题型(二)空间中垂直与平行的综合问题[例2]如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF.听课记录：|思|维|建|模|平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系．[针对训练]3.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥平面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.题型(三)几何法求空间角[例3]如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，异面直线PB与CD的夹角为45°.(1)求二面角B－PC－D的大小；(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小．听课记录：|思|维|建|模|1．求线面角的三个步骤一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．2．作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．[针对训练]4．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明：A1C＝AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．课下请完成课时跟踪检测(四十)及阶段质量评价(三)板块综合空间点、线、面位置关系[题型(一)][例1]解析：(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．(2)如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2.∴△D1B1C1为等边三角形．则D1E＝eq\r(3)，且D1E⊥平面BCC1B1.∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心．设截面圆的半径为r，则r＝eq\r(R\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2)，可得EP＝EQ＝eq\r(2).∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1B\o\al(2,1))＝1.同理C1Q＝1.∴P，Q分别为BB1，CC1的中点．∴∠PEQ＝eq\f(π,2).∴eq\x\to(PQ)的长为eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).答案：(1)C(2)eq\f(\r(2)π,2)[针对训练]1．解析：如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α.由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5).∴等腰梯形MNDB的高为h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2).∴梯形MNDB的面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)2．解析：如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，易知EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面．由于P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN.由正方体的棱长为3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3，则BC1＝6.又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，则NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4.由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝eq\r(MC\o\al(2,1)＋NC\o\al(2,1)－2MC1·NC1·cos∠A1C1B)＝eq\r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13).答案：eq\r(13)[题型(二)][例2]证明：(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，如图．在△ACF中，因为O，H分别为CA，CF的中点，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.[针对训练]3．解：(1)证明：由直四棱柱定义得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形．所以B1D1∥BD.而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.(2)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D.而MD⊂平面BB1D，所以MD⊥AC.(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下．取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN.因为N是DC的中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON是平行四边形．所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.因为OM⊂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.[题型(三)][例3]解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD.∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角，即∠PBA＝45°.∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.∴PA＝AB.在△PBC和△PDC中，PB＝PD，BC＝CD，PC＝PC，∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB＝∠PCD.作BE⊥PC于E，连接ED.在△ECB与△ECD中，BC＝CD，CE＝CE，∠ECB＝∠ECD，∴△ECB≌△ECD.∴∠CED＝∠CEB＝90°.∴∠BED就是二面角B­PC­D的平面角．设AB＝a，则BD＝PB＝eq\r(2)a，PC＝eq\r(3)a.则BE＝DE＝eq\f(PB·BC,PC)＝eq\f(\r(6),3)a.则cos∠BED＝eq\f(BE2＋DE2－BD2,2×BE×DE)＝－eq\f(1,2)，即∠BED＝120°.∴二面角B­PC­D的大小为120°.(2)还原棱锥为正方体ABCD­PB1C1D1，作BF⊥CB1于F.∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1＝B1，B1P，CB1⊂平面PB1CD，∴BF⊥平面PB1CD.连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角．易知BF＝eq\f(\r(2),2)a，PB＝eq\r(2)a，∴sin∠BPF＝eq\f(1,2)，即∠BPF＝30°.∴直线PB与平面PCD所成的角为30°.[针对训练]4．解：(1)证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC.又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1.∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D.又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1.∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点．又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.(2)连接A1B，∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.∴BA＝BA1.过B作BO⊥AA1，交AA1于点O，则O为AA1中点．由于直线AA1与BB1距离为2，所以BO＝2.∵A1O＝1，BO＝2，∴A1B＝AB＝eq\r(5)，在Rt△ABC中，BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(3).延长AC，使AC＝CM，连接C1M.由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行