【数学】2018届一轮复习北师大版空间点、线、面的位置关系教案 11页

第2讲　空间点、线、面的位置关系 ‎ 　　　　　　　　　　　　　空间线面位置关系的判断 自主练透　夯实双基 空间线面位置关系判断的常用方法 ‎(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·高考浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n C　[解析] 因为α∩β＝l.所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.‎ ‎2．(2016·合肥市第一次教学质量检测)已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是(　　)‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n C．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l D．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α C　[解析] A：m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故A错误；B：根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C：根据线面平行的性质可知C正确；D：若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.‎ ‎3．(2016·石家庄教学质量检测(二))设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊂α，n∥α，则m∥n；‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；‎ ‎③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，且m∥β；‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.‎ 其中真命题的个数为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ B　[解析] ①m∥n或m，n异面，故①错误；②根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m∥α或m⊂α，m∥β或m⊂β，故③错误；④根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.‎ 判断空间线面位置关系应注意的问题 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　空间平行、垂直关系的证明 数学思想　活学活用 ‎1．直线、平面平行的判定及其性质 ‎(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⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎2．直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(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⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ ‎ (2016·高考山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.‎ ‎(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；‎ ‎(2)已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.‎ ‎【证明】　(1)因为EF∥DB，‎ 所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.‎ 因为AE＝EC，D为AC的中点，‎ 所以DE⊥AC.‎ 同理可得BD⊥AC.‎ 又BD∩DE＝D，‎ 所以AC⊥平面BDEF，‎ 因为FB⊂平面BDEF，‎ 所以AC⊥FB.‎ ‎(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.‎ 在△CEF中，因为G是CE的中点，‎ 所以GI∥EF.‎ 又EF∥DB，所以GI∥DB.‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，‎ 所以HI∥BC，‎ 又HI∩GI＝I，‎ 所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，‎ 所以GH∥平面ABC.‎ ‎(1)平行关系及垂直关系的转化 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ ‎(2)数学思想 ‎①本例在证明线线垂直、线面平行时，采用了转化与化归思想．‎ ‎②利用转化与化归思想还可以解决本专题中的线面其他位置关系．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·广州市五校联考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．‎ ‎(1)求证：AD⊥平面PBE；‎ ‎(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ.‎ ‎[证明] (1)由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.‎ 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，‎ 所以AB＝BD，又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE，‎ 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.‎ ‎(2)连接AC，交BD于点O，连接OQ.‎ 因为O是AC的中点，‎ Q是PC的中点，‎ 所以OQ∥PA，‎ 又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，‎ 所以PA∥平面BDQ.‎ ‎2．(2016·河北省三市第二次联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝4，CB＝2，AA1＝2，∠ACB＝60°，E，F分别是A1C1，BC的中点．‎ ‎(1)证明：平面AEB⊥平面BB1C1C；　‎ ‎(2)证明：C1F∥平面ABE；‎ ‎(3)设P是BE的中点，求三棱锥PB1C1F的体积．‎ ‎[解] (1)证明：在△ABC中，因为AC＝2BC＝4，∠ACB＝60°，所以AB＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，由已知AB⊥BB1，且BC∩BB1＝B，可得AB⊥平面BB1C1C，又AB⊂平面ABE，‎ 所以平面ABE⊥平面BB1C1C.‎ ‎(2)证明：取AC的中点M，连接C1M，FM，‎ 在△ABC中，FM∥AB，‎ 而FM⊄平面ABE，所以直线FM∥平面ABE，‎ 在矩形ACC1A1中，E，M分别是A1C1，AC的中点，所以C1M∥AE，‎ 而C1M⊄平面ABE，所以C1M∥平面ABE，‎ 因为C1M∩FM＝M，‎ 所以平面ABE∥平面FMC1，又C1F⊂平面FMC1，故C1F∥平面ABE.‎ ‎(3)取B1C1的中点H，连接EH，‎ 则EH∥AB，且EH＝AB＝，‎ 又AB⊥平面BB1C1C，‎ 所以EH⊥平面BB1C1C，‎ 因为P是BE的中点，‎ 所以VPB1C1F＝VEB1C1F＝×S△B1C1F·EH＝××2×＝.‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　空间几何中的“翻折”问题 共研典例　类题通法 ‎ (2016·高考全国卷甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．‎ ‎【解】　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.‎ 由此得EF⊥HD，EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 解决与折叠有关的问题的两个关键 ‎(1)要明确折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．‎ ‎(2)在解决问题时，要比较折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2016·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体ABCD，如图所示．‎ ‎(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．‎ ‎(2)求四面体ABCD体积的最大值．‎ ‎[解] (1)直线AB与CD能够垂直．‎ 因为AB⊥AD，‎ 若AB⊥CD，AD∩CD＝D，‎ 则有AB⊥平面ACD，‎ 从而AB⊥AC.‎ 此时，a＝ ＝＝，‎ 即当a＝时，有AB⊥CD.‎ ‎(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，‎ 此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，‎ 则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．‎ 在△ABD中，AH＝＝，‎ S△BCD＝×3×4＝6，此时VABCD＝S△BCD·AH＝，即为该四面体体积的最大值．‎ 课时作业 ‎1．(2016·河南省八市重点高中质量检测)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 B　[解析] 因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.‎ ‎2．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中不正确的是(　　)‎ A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β C．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β D．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n D　[解析] 由线面平行、垂直之间的转化知A、B正确；对于C，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊂β，所以β⊥α，即C正确；对于D，m∥α，α∩β＝n，则m∥n，或m与n是异面直线，故D项不正确．‎ ‎3．(2016·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是(　　)‎ A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC B　[解析] A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A可以证明；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C可以证明；D中，由A知D可以证明；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.‎ ‎4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(　　)‎ A．若AC与BD共面，则AD与BC共面 B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC C　[解析] A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.‎ ‎5．(2016·广州市五校联考)已知a，b是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若直线a∥b，b⊂α，则a∥α B．若平面α⊥β，a⊥α，则a∥β C．若平面α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b D．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β D　[解析] 构造长方体ABCDA1B1C1D1.‎ 对于A，若AB∥CD，CD⊂平面ABCD，但AB⊂平面ABCD，A错；‎ 对于B，平面ABB1A1⊥平面ABCD，AD⊥平面ABB1A1，但AD⊂平面ABCD，B错；‎ 对于C，若平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1C1⊂平面A1B1C1D1，AB⊂平面ABCD，但B1C1不平行于AB，C错；‎ 对于D，若A1B1⊥平面BCC1B1，AB⊥平面ADD1A1，AB∥A1B1，则平面BCC1B1∥平面ADD1A1，D正确．故选D.‎ ‎6．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是(　　)‎ A．① B．②‎ C．③ D．④‎ B　[解析] 作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确．‎ ‎7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．‎ ‎[解析] 由＝，得MN∥BD.‎ 而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，‎ 所以MN∥平面BDC.‎ ‎[答案] 平行 ‎8．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的________条件．‎ ‎[解析] 若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.‎ ‎[答案] 充分不必要 ‎9.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．‎ ‎[解析] 对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC；对于②，因为点M为线段PB的中点，所以OM∥PA，因为PA⊂平面PAC，所以OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．‎ ‎[答案] ①②③‎ ‎10．α、β是两个平面，AB、CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α、β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________．‎ ‎[解析] 由题意得，AB∥CD，所以A，B，C，D四点共面，①：因为AC⊥β，EF⊂β，所以AC⊥EF，又因为AB⊥α，EF⊂α，所以AB⊥EF，因为AB∩AC＝A，所以EF⊥平面ABCD，又因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥α.因为平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，所以EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.‎ ‎[答案] ①③‎ ‎11．(2016·云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥ABCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．‎ ‎(1)求证：AE⊥BD；‎ ‎(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥DABC的体积．‎ ‎[解] (1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，‎ 因为AB＝AD，所以AO⊥BD.‎ 又E为BC的中点，‎ 所以EO∥CD.‎ 因为CD⊥BD，‎ 所以EO⊥BD.‎ 又OA∩OE＝O，‎ 所以BD⊥平面AOE.‎ 又AE⊂平面AOE，‎ 所以AE⊥BD.‎ ‎(2)由已知得三棱锥DABC与CABD的体积相等．‎ 因为CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，‎ 所以CD⊥平面ABD，BD＝＝2.‎ 由已知得S△ABD＝×BD×＝.‎ 所以三棱锥CABD的体积VCABD＝×CD×S△ABD＝.‎ 所以三棱锥DABC的体积为.‎ ‎12．(2016·河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC.‎ ‎(1)求证：FG∥平面AED；‎ ‎(2)求证：平面DAF⊥平面BAF.‎ ‎[证明] (1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，‎ 所以EF∥DG，EF＝DG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形，‎ 所以FG∥ED.‎ 又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，‎ 所以FG∥平面AED.‎ ‎(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面BAF，又AD⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面BAF.‎ ‎13．(2016·昆明市两区七校调研)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.‎ ‎(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；‎ ‎(2)证明：直线MN∥平面BDH；‎ ‎(3)过点M，N，H的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．‎ ‎[解] (1)点F，G，H的位置如图所示．‎ ‎(2)证明：连接BD，设O为BD的中点，连接OM，OH，AC，BH，MN.因为M，N分别是BC，GH的中点，‎ 所以OM∥CD，且OM＝CD，‎ NH∥CD，且NH＝CD，‎ 所以OM∥NH，OM＝NH，‎ 则四边形MNHO是平行四边形，所以MN∥OH，‎ 又因为MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，‎ 所以MN∥平面BDH.‎ ‎(3)由(2)知OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.‎ ‎14．(2016·长春市质量检测(二))在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB，PC相交于点A1，B1，C1，∠BAD＝60°.‎ ‎(1)证明：B1为PB的中点；‎ ‎(2)已知棱锥的高为3，且AB＝2，AC，BD的交点为O，连接B1O.求三棱锥B1ABO外接球的体积．‎ ‎[解] (1)证明：连接B1D1.‎ ⇒BD∥B1D1，‎ 即B1D1为△PBD的中位线，‎ 即B1为PB的中点．‎ ‎(2)由(1)可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，即三棱锥B1ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长d＝＝，即外接球半径R＝.‎ 则三棱锥B1ABO外接球的体积V＝πR3＝×π×＝.‎