新高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明课件

这是一份新高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明课件，共27页。PPT课件主要包含了必备知识•精要梳理，关键能力•学案突破，答案D，对点练1，答案C，答案A，对点练2，答案ACD，对点练3，对点练4等内容，欢迎下载使用。

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.(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.(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.
命题角度1　有关线面位置关系的命题的真假判断
[例1-1]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∥βB.若a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交C.若α⊥β,a∥α,则a⊥βD.若α⊥β,α∩β=a,b⊂α,b⊥a,c⊥β,则b∥c
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.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.
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∥αB.若l∥α,m⊂α,则l∥mC.若l⊥α,m⊂α,则l⊥mD.若l⊥m,l⊥α,则m⊥α
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.
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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
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ABCD.易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.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(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.
(多选题)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(　　)A.A1C⊥MNB.A1C∥平面MNPQC.A1C与PM相交D.NC1与PM异面
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,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.
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.
名师点析用定义法求空间角的基本步骤(1)作:根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角的定义,在空间图形中作出相应的角.(2)证:证明作出的角是异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角.(3)求:在三角形中,计算所作出的角,通常要用勾股定理、余弦定理等.
(2)如图,圆台OO1的上底面半径为O1A1=1,下底面半径为OA=2,母线长AA1=2,过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C,则异面直线OO1与A1C所成角的大小为(　　)A.30°B.45°C.60°D.90°
(1)(2021·山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为　　　　　. 
(2)如图,在直角梯形OO1A1A中,∵B为OA的中点,OA=2,∴O1A1=OB=AB=1.连接A1B,易知四边形OO1A1B为矩形,∴OO1∥A1B,∴∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角.在Rt△AA1B中,AA1=2,AB=1,
[例3]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,给出以下3个结论:①三棱锥D-BPC1的体积为定值;②异面直线C1P与CB1所成的角为定值;③二面角P-BC1-D的大小为定值.其中正确结论有(　　)A.0个B.1个C.2个D.3个
BDC1,所以点P到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离,而点A到平面BDC1的距离为定值,所以三棱锥D-BPC1的体积为定值,故①正确.对于②,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知B1C⊥平面ABC1D1,而C1P⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥C1P,所以异面直线C1P与CB1所成的角为90°,为定值,故②正确.对于③,二面角P-BC1-D的大小,即为平面ABC1D1与平面BDC1所成二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,故二面角P-BC1-D的大小为定值,故③正确.故选D.
名师点析立体几何中的动态问题及解法(1)立体几何中的动态问题主要包括空间动点轨迹的判断,求面积、体积及角的取值范围,判断位置关系等问题.(2)立体几何中的动态问题的解法:①根据已知的定义、定理、性质等推断出动点的轨迹;②注意转化法的应用;③注意动态问题中不变的量与位置关系.
(多选题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P为AA1的中点,AB=4,BC=3,BB1=8,点M在面AA1B1B内运动,则下列说法正确的是(　　)A.存在点M,使BM∥CP
C.存在点M(异于点P),使P,M,C,D1四点共面D.若点M到面ABCD的距离与它到点A1的距离相等,则点M的轨迹是抛物线的一部分
解析 对于A,假设存在点M,使BM∥CP,因为BM⊂平面ABB1A1,CP⊄平面ABB1A1,所以CP∥平面ABB1A1,与CP∩平面ABB1A1=P矛盾,所以A错误.对于B,如图,连接AC,因为AB=4,BC=3,AB⊥BC,所以AC=5.因为P为AA1的
正确.对于C,如图,取AB的中点N,连接PN,A1B,D1C,因为PN∥A1B,A1B∥