2023年高考数学二轮复习专题四 第2讲 空间位置关系的判断与证明
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A.A1C⊥MN
B.A1C∥平面MNPQ
C.A1C与PM相交
D.NC1与PM异面
)
答案 ACD
解析 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D⊥AD1,因为CD⊥平面
AA1D1D,AD1⊂平面AA1D1D,所以CD⊥AD1,所以AD1⊥平面A1CD,所以
A1C⊥AD1.因为M,N分别是AA1,A1D1的中点,所以AD1∥MN,所以A1C⊥MN,
(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒β⊥α.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
3.定义法求空间角
求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线与平面所成
的角、二面角的平面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.
π
归纳总结异面直线所成角的取值范围是 0, 2 ,直线与平面所成角的取值范
2023
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
专题四
第2讲 空间位置关系的判断与证明
内
容
索
引
01
必备知识•精要梳理
02
关键能力•学案突破
必备知识•精要梳理
1.直线、平面平行的判定与性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
π
围是 0, ,二面角的取值范围是[0,π].
2
关键能力•学案突破
突破点一 空间线面位置关系的判断与证明
命题角度1
有关线面位置关系的命题的真假判断
[例1-1](2021·山东青岛三模)设α,β是空间两个不同平面,a,b,c是空间三条不
同直线,下列命题为真命题的是(
)
A.若α∥β,b∥α,则b∥β
则直线 PB 与 AD1 所成的角为(
)
A.2
C.4
B.3
D.6
答案 D
解析 如图,连接BC1,PC1.
由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体的棱长为 1,则 BC1= 2,C1P=
12
有
+
2
2
2
=
6
,可得
2
1
sin∠PBC1=
1
=
2
.而
命题角度2
空间几何体中线面位置关系的判断
[例1-2](2021·浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是
A1D,D1B的中点,则(
)
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
(1)明确空间几何体的结构特征,明确其中已有的平行、垂直关系.
(2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性
质定理,并能灵活运用.
对点练2
(多选题)(2021·江苏无锡期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P,Q分别
是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,则下列结论正确的是(
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β∥α.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定与性质
(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
2
BP= 12 + 1 2 =
C1P2+BP2=B12 ,故 C1P⊥PB.则在 Rt△BPC1 中,
1
π
,于是∠PBC1= ,即直线
2
6
PB 与
π
D.若l⊥m,l⊥α,则m⊥α
答案 C
解析 对于A,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故A中命题为假命题.对于B,若
l∥α,m⊂α,则l∥m或l,m异面,故B中命题为假命题.对于C,若l⊥α,m⊂α,则l⊥m,
故C中命题为真命题.对于D,若l⊥m,l⊥α,则m∥α或m⊂α,故D中命题为假命
题.故选C.
对于C选项,若α⊥β,a∥α,则a与β的位置关系不确定,故C中命题为假命题.
对于D选项,若α⊥β,α∩β=a,b⊂α,b⊥a,则b⊥β,又c⊥β,所以b∥c,故D中命题
为真命题.故选D.
名师点析判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
(1)明确符号的含义,正确理解题意.
(2)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及性
质定理进行判断.
(3)善于借助空间几何模型,如正方体、四面体等,从中观察线面位置关系.
(4)善于运用反证法,推出与题设、公理等相矛盾的命题,从而作出判断.
对点练1
(2021·浙江湖州二模)已知直线l,m和平面α,下列命题为真命题的是(
)
A.若l∥m,m⊂α,则l∥α
B.若l∥α,m⊂α,则l∥m
C.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m
在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,
∵A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.
又四边形ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.
又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴直线A1D与直线D1B垂直.易知直线A1D与
直线D1B异面.故选A.
名师点析空间几何体中线面位置关系的判断方法
B.若a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交
C.若α⊥β,a∥α,则a⊥β
D.若α⊥β,α∩β=a,b⊂α,b⊥a,c⊥β,则b∥c
答案 D
解析 对于A选项,若α∥β,b∥α,则b∥β或b⊂β,故A中命题为假命题.
对于B选项,若直线a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交或平行,故B中命题为假
命题.
所以A正确.在平面AA1C1C中,易知A1C与PM相交,又PM⊂平面MNPQ,所以
A1C与平面MNPQ相交,所以B不正确,C正确.因为M,N,P∈平面MNPQ,C1∉
平面MNPQ,所以NC1与PM异面,所以D正确.故选ACD.
突破点二 空间角的定义求法
[例 2—1](2021·全国乙,理 5)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 B1D1 的中点,
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案 A
解析 如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.
又N为BD1的中点,所以MN∥AB.
又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱCD.
易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.
B.A1C∥平面MNPQ
C.A1C与PM相交
D.NC1与PM异面
)
答案 ACD
解析 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D⊥AD1,因为CD⊥平面
AA1D1D,AD1⊂平面AA1D1D,所以CD⊥AD1,所以AD1⊥平面A1CD,所以
A1C⊥AD1.因为M,N分别是AA1,A1D1的中点,所以AD1∥MN,所以A1C⊥MN,
(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒β⊥α.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
3.定义法求空间角
求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线与平面所成
的角、二面角的平面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.
π
归纳总结异面直线所成角的取值范围是 0, 2 ,直线与平面所成角的取值范
2023
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
专题四
第2讲 空间位置关系的判断与证明
内
容
索
引
01
必备知识•精要梳理
02
关键能力•学案突破
必备知识•精要梳理
1.直线、平面平行的判定与性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
π
围是 0, ,二面角的取值范围是[0,π].
2
关键能力•学案突破
突破点一 空间线面位置关系的判断与证明
命题角度1
有关线面位置关系的命题的真假判断
[例1-1](2021·山东青岛三模)设α,β是空间两个不同平面,a,b,c是空间三条不
同直线,下列命题为真命题的是(
)
A.若α∥β,b∥α,则b∥β
则直线 PB 与 AD1 所成的角为(
)
A.2
C.4
B.3
D.6
答案 D
解析 如图,连接BC1,PC1.
由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体的棱长为 1,则 BC1= 2,C1P=
12
有
+
2
2
2
=
6
,可得
2
1
sin∠PBC1=
1
=
2
.而
命题角度2
空间几何体中线面位置关系的判断
[例1-2](2021·浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是
A1D,D1B的中点,则(
)
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
(1)明确空间几何体的结构特征,明确其中已有的平行、垂直关系.
(2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性
质定理,并能灵活运用.
对点练2
(多选题)(2021·江苏无锡期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P,Q分别
是AA1,A1D1,CC1,BC的中点,则下列结论正确的是(
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β∥α.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定与性质
(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
2
BP= 12 + 1 2 =
C1P2+BP2=B12 ,故 C1P⊥PB.则在 Rt△BPC1 中,
1
π
,于是∠PBC1= ,即直线
2
6
PB 与
π
D.若l⊥m,l⊥α,则m⊥α
答案 C
解析 对于A,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故A中命题为假命题.对于B,若
l∥α,m⊂α,则l∥m或l,m异面,故B中命题为假命题.对于C,若l⊥α,m⊂α,则l⊥m,
故C中命题为真命题.对于D,若l⊥m,l⊥α,则m∥α或m⊂α,故D中命题为假命
题.故选C.
对于C选项,若α⊥β,a∥α,则a与β的位置关系不确定,故C中命题为假命题.
对于D选项,若α⊥β,α∩β=a,b⊂α,b⊥a,则b⊥β,又c⊥β,所以b∥c,故D中命题
为真命题.故选D.
名师点析判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
(1)明确符号的含义,正确理解题意.
(2)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及性
质定理进行判断.
(3)善于借助空间几何模型,如正方体、四面体等,从中观察线面位置关系.
(4)善于运用反证法,推出与题设、公理等相矛盾的命题,从而作出判断.
对点练1
(2021·浙江湖州二模)已知直线l,m和平面α,下列命题为真命题的是(
)
A.若l∥m,m⊂α,则l∥α
B.若l∥α,m⊂α,则l∥m
C.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m
在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,
∵A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.
又四边形ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.
又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴直线A1D与直线D1B垂直.易知直线A1D与
直线D1B异面.故选A.
名师点析空间几何体中线面位置关系的判断方法
B.若a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交
C.若α⊥β,a∥α,则a⊥β
D.若α⊥β,α∩β=a,b⊂α,b⊥a,c⊥β,则b∥c
答案 D
解析 对于A选项,若α∥β,b∥α,则b∥β或b⊂β,故A中命题为假命题.
对于B选项,若直线a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交或平行,故B中命题为假
命题.
所以A正确.在平面AA1C1C中,易知A1C与PM相交,又PM⊂平面MNPQ,所以
A1C与平面MNPQ相交,所以B不正确,C正确.因为M,N,P∈平面MNPQ,C1∉
平面MNPQ,所以NC1与PM异面,所以D正确.故选ACD.
突破点二 空间角的定义求法
[例 2—1](2021·全国乙,理 5)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 B1D1 的中点,
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案 A
解析 如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.
又N为BD1的中点,所以MN∥AB.
又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱCD.
易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.