2019_2020学年高中数学第二章点、直线、平面之间的位置关系章末小结与测评课件新人教A版必修2

4．判断面面垂直的方法 (1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
[典例3] 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝ A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同 于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点． 求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直线A1F∥平面ADE. 证明：(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1， CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1. 又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
∴∠PHA是二面角P-BC-A的平面角，即γ. ∵AB≠AC， ∴AD＞AH，又AC＞AD，∴AC＞AD＞AH， ∴APAC＜APAD＜APAH，∴tan α＜tan β＜tan γ， ∴α<β<γ.
答案：α<β<γ
考点五 折叠、探索性问题
解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变 化情况，看看哪些元素的位置变了，哪些没有变，基本思路是 利用不变求变，一般步骤如下： (1)平面→空间：根据平面图形折出满足条件的空间图形．想象
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面， 从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE， 所以DE⊥CG. 因为四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°， 所以EM⊥CG， 又DE∩EM＝E，所以CG⊥平面DEM. 所以DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝ 3， 故DM＝2. 所以四边形ACGD的面积为4.
∴D1F与CE相交于点P. 又D1F⊂平面A1D1DA，CE⊂平面ABCD， ∴P为平面A1D1DA与平面ABCD的公共点， 又平面A1D1DA∩平面ABCD＝DA， 根据公理3可得P∈DA， 即CE，D1F，DA三线交于一点．
[对点训练]
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设线段A1C与平面ABC1D1交
考点三 垂直关系 1．空间中垂直关系的相互转化
2．判定线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理； (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这 个平面垂直”； (3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一 个也垂直”； (4)利用面面垂直的性质．
3．判定线线垂直的方法 (1)平面几何中证明线线垂直的方法； (2)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b； (3)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.
素确定若干个平面，然后证明这些平面重合．
3．三线共点问题 证明三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三 条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题．
[典例1] 在长方体ABCD-A1B1C1D1 中，E为AB的中点，F为 AA1的中点，求证：CE，D1F，DA三线交于一点． 证明：连接EF，D1C，A1B. ∵E为AB的中点，F为AA1的中点， ∴EF∥A1B，EF＝12A1B. 又∵A1B∥D1C， ∴EF∥D1C， ∴E，F，D1，C四点共面，且EF＝12D1C，
考点一
共点、共线、共面问题
1．三点共线问题
证明空间三点共线问题，通常证明这些点都在两个面的交线
上，即先确定出某两点在某两个平面的交线上，再证第三点
是两个平面的公共点，则此点必在两个平面的交线上．
2．共面问题
证明共面问题，一般有两种证法：一是由某些元素确定一个
平面，然后证明其余元素在这个平面内；二是分别由不同元
∴AD1∥平面BGF. 又∵AD1∩D1E＝D1， ∴平面AD1E∥平面BGF. (2)连接BD，B1D1，∵底面是正方形，∴AC⊥BD. ∵D1D⊥AC，D1D∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1B1. ∵D1E⊂平面BDD1B1，∴D1E⊥AC.
[对点训练] 2．在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD
[典例2] 如图，在直四棱柱ABCD -A1B1C1D1中， 底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B， D1D，DA的中点．求证： (1)平面AD1E∥平面BGF； (2)D1E⊥AC. 证明：(1)∵E，F分别是B1B和D1D的中点， ∴D1F∥BE且D1F＝BE. ∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E∥BF. 又∵D1E⊄平面BGF，BF⊂平面BGF， ∴D1E∥平面BGF. ∵FG是△DAD1的中位线， ∴FG∥AD1. 又AD1⊄平面BGF，FG⊂平面BGF， ∴AD1∥平面BGF.
于点Q，求证：B，Q，D1三点共线． 证明：如图所示， 连接A1B，CD1.显然B∈平面A1BCD1，D1∈平面A1BCD1. ∴BD1⊂平面A1BCD1. 同理BD1⊂平面ABC1D1. ∴平面ABC1D1∩平面A1BCD1＝BD1. ∵A1C∩平面ABC1D1＝Q， ∴Q∈平面ABC1D1. 又∵A1C⊂平面A1BCD1， ∴Q∈平面A1BCD1. ∴Q∈BD1，即B，Q，D1三点共线．
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，所以BC⊥A1F. 因为A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF， 所以EF⊥BC. (2)如图，取BC的中点G，连接EG，GF， 则四边形EGFA1是平行四边形． 因为A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥EG， 所以平行四边形EGFA1为矩形． 由(1)得BC⊥平面EGFA1， 则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上． 连接A1G交EF于点O，
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点， 所以A1F⊥B1C1. 因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE， 所以A1F∥平面ADE.
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)． 不妨设AC＝4， 则在Rt△A1EG中，A1E＝2 3，EG＝ 3. 由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝A21G＝ 215， 所以cos∠EOG＝EO2＋2EOOG·O2－G EG2＝35. 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD， AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点， 所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
[对点训练] 5．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面
ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面 PAE； (3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
解：(1)证明： 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因为底面ABCD为菱形， 所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC.
考点二
平行关系
Байду номын сангаас
1．空间中平行关系的相互转化
2．判断线面平行的两种常用方法 面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的 判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法： (1)利用线面平行的判定定理； (2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面 内的任一直线平行于另一平面．
3．判断面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理； (2)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)； (3)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．
出空间图形，完成平面图形与平面图形在认识上的转化． (2)空间→平面：为解决空间图形问题，要回到平面上来，重点
分析元素的变与不变． (3)平面→空间：弄清楚变与不变的元素以后，再立足于不变的
元素的位置关系、数量关系去探求变化后元素在空间中的位 置关系与数量关系．
[典例5] (2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱 形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2， ∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接 DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平 面BCGE； (2)求图2中的四边形ACGD的面积．
直角三角形．
[典例4] (2019·浙江高考)如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC， ∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝ AC，E，F分别是AC，A1B1的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接A1E. 因为A1A＝A1C，E是AC的中点， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC， 所以A1E⊥平面ABC， 所以A1E⊥BC.
[对点训练] 3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面
与半圆弧 所在平面垂直，M是 上异于 C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC. (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明 理由． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为 上异于C，D的点，且DC为直径， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD. 证明如下： 连接AC交BD于O. 因为四边形ABCD为矩形， 所以O为AC的中点． 连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP. 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD， 所以MC∥平面PBD.
的对角线的交点，三角形CDE是等边三
角形，棱EF∥BC且EF＝12BC. 求证：FO∥平面CDE.
证明：如图所示，取CD中点M，连接OM, EM，
在矩形ABCD中，OM∥BC且OM＝12BC，
又EF∥BC且EF＝
1 2
BC，则EF∥OM且EF＝
OM. 所以四边形EFOM为平行四边形，所以FO∥EM. 又因为FO⊄平面CDE，EM⊂平面CDE， 所以FO∥平面CDE.
考点四
空间角
空间角的求法
(1)找异面直线所成的角的三种方法
①利用图中已有的平行线平移；
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
③补形平移．
(2)线面角：求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内
的射影，即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足．通
常是解由斜线段，垂线段，斜线在平面内的射影所组成的
[对点训练]
4．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，
∠BAC＝90°，AB≠AC，D、E分别是BC、
AB的中点，AC＞AD，设PC与DE所成的角
为α，PD与平面ABC所成的角为β，二面角P-BC-A的平面
角为γ，则α、β、γ的大小关系是________． 解析：∵D、E分别是BC、AB的中点， ∴DE∥AC，∴PC与DE所成的角为∠PCA， 即α； ∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角 为∠PDA，即β； 过A作AH⊥BC，垂足为H，连接PH，易证BC⊥平面PAH，