3.3.2 第2讲 空间位置关系的判断与证明课件-2023届高考数学（文）二轮专题复习

第2讲　空间位置关系的判断与证明 考点一　点、线、面的位置关系——真有证据，假有反例 判断空间点、线、面位置关系，主要依赖四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了．如要否定一个结论，只需找到一个反例就可以． 例 1 [2022·湖北恩施期末]在下列命题中，假命题是(　　) A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β C．若平面α⊥平面β，任取直线l⊂α，则必有l⊥β D．若平面α∥平面β，任取直线l⊂α，则必有l∥β 答案：C 解析：对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立． 对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，所以α∥β. 故B成立． 对于C：如图所示： 在正方体中取平面BCC1B1为平面α、平面ABCD为平面β和直线C1B1为直线l，满足平面α⊥平面β，直线l⊂α，但是l∥β. 故C不成立． 对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线l⊂α，则直线l与平面β没有公共点，所以l∥β. 故D成立．故选C. 归纳总结 判断与空间位置关系有关命题真假的4种方法 (1)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和性质定理进行判断； (2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定； (3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断； (4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面．   对点训练 1.[2022·成都七中高三一模]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则(　　) A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n D．若m⊂α，l⊥n，n⊥α，则l∥m 答案：B 解析：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知： 对A：若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n， 则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误； 对B：若l∥m，m∥n，l⊥α， 则由线面垂直的性质定理得n⊥α，故B正确； 对C：若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，故C错误； 对D：若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误． 故选B. 2．[2022·全国乙卷]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　) A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 答案：A 解析：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知 BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥ AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面 ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD ＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面 B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设 平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A. 考点二　空间角的基本计算——依照定义，转化角度 用平移法求异面直线所成的角是指通过平移异面直线中的一条或两条，找到异面直线所成的角，并求出该角．此种方法适用于规则几何体中的异面直线所成角的求解问题． 例 2 [2022·全国甲卷]在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(　　) A．AB＝2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30° C．AC＝CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 答案：D 解析：连接BD，则∠B1DB，∠DB1A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝DB1，BD＝DB1，AD＝.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝a，所以AB＝＝a，AC＝BD＝a，CB1＝＝a.所以AB＝AD，AC≠CB