第1部分专题4 微专题12 空间点、线、面的位置关系（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

2025-02-12

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第一部分聚热点·题型突破专题四立体几何微专题12　空间点、线、面的位置关系下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破 01 课时冲关高效提能 02 数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学 ★[高考定位]　以选择题、填空题的形式考查时，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真假进行判断，属基础题．以解答题的形式考查时，主要是线线、线面与面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等．空间点、线、面位置关系的判断判断空间直线、平面位置关系的常用方法： (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，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、面的位置关系，并结合有关定理进行判断． [例1]　(1)(2024·昆明三模)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，下列说法错误的是(　　) A．若m⊥α，则“n∥α”是“m⊥n”的必要条件 B．若m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的充分条件 C．若m⊥α，则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件 D．若m∥α，则“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件 [解析]　利用线面垂直的性质可判断A；利用线面平行的判定和性质可判断B；利用线面垂直的性质和面面平行的判定定理可判断C；利用线面平行的性质可判断D. 对于A，若m⊥α，则“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要条件，故A错误；对于B，m⊄α，n⊂α，则“m∥n”⇒“m∥α”⇒“m，n平行或异面，所以m∥n是m∥α的充分条件，故B正确；对于C，m⊥α，则“m⊥β”⇔“α∥β”，则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件，故C正确；对于D，m∥α，则“m∥n”⇒“n∥α或n⊂α”， “n∥α”⇒“m，n相交、平行或异面”，所以“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件，故D正确． [答案]　A (2)[多选](2024·聊城二模)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是正方形，则下列关系能同时成立的是(　　) A．“AB＝PB”与“PB＝BD” B．“PA⊥PC”与“PB⊥PD” C．“PB⊥CD”与“PC⊥AB” D．“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD” [解析]　利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D. 对于A，显然AB＝PB时，而底面ABCD是正方形，AB≠DB，所以PB＝BD不成立，故A错误；对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以OA为半径的球面上时可符合题意，故B正确；对于C，当平面PBC⊥底面ABCD时，由面面垂直的性质可知AB⊥平面PBC，DC⊥平面PBC，显然符合题意，故C正确；对于D，先证两个相交平面同时垂直于第三个平面，则交线垂直第三个平面，如图有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α∩β＝l，α∩γ＝a，β∩γ＝b,α⊥γ,β⊥γ))，取A∈γ，作AB⊥a，AC⊥b，垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知AB⊥α，AC⊥β，由线面垂直的性质可知l⊂α，l⊂β，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(AC⊥l,AB⊥l))，又AB∩AC＝A，AB，AC⊂γ，由线面垂直的判定可知l⊥γ，若“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD”同时成立，易知P过平面PAB与平面PCD的交线，可设平面PAB∩平面PCD＝l，则P∈l，则l⊥平面PBD，易知AB∥CD，AB⊄平面PCD，所以AB∥面PCD，则l∥AB，则有AB⊥平面PBD，显然AB⊥BD不成立，故D错误． [答案]　BC 空间平行垂直的常见结论一、 1．如图①，①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b　②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,a∥b))⇒b⊥α 2．如图②，①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β　②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,α∥β))⇒a⊥β 3．如图③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥γ,β⊥γ,α∩β＝a))⇒a⊥γ INCLUDEPICTURE"B1.TIF" 图①　　　　　　图②　　　　图③ 二、 1．如图①m⊥α，n⊥m⇒n∥α或n⊂α 2．如图②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥α,m∥n))⇒n∥α或n⊂α INCLUDEPICTURE"b4a.TIF" 　　　　　图①　　　　　　图② 1．(2024·石家庄质检三)设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是(　　) A．若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则m∥l B．若m⊂α，l⊂β，α∥β，则m∥l C．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β D．若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ 解析：D　[根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案．对于A选项，若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则l∥α或l⊂α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l⊂α，l，β平行、相交或l⊂β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确．] 2．在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(3),3)　　 B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(10),10)　　 D.eq \f(\r(30),10) 解析：D　[设AB＝2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，DE，则可得∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角，然后在△C1DF在中求解即可．设AB＝2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，DE，则B1F＝eq \f(1,2)A1B1 因为D，E分别为AC，BC的中点，所以DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，因为A1B∥AB，A1B1＝AB，所以DE∥B1F，B1F＝DE，所以四边形DEB1F为平行四边形，所以DF∥B1E，所以∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角．因为AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝2，D，E分别为AC，BC的中点，所以DF＝B1E＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，C1F＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，C1D＝eq \r(\r(2)2＋22)＝eq \r(6)，所以cos∠C1DF＝eq \f(\f(1,2)C1D,DF)＝eq \f(\f(\r(6),2),\r(5))＝eq \f(\r(30),10).] 空间平行、垂直问题的证明 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. [例2]　(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq \r(10)，FB＝2eq \r(3)，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求点M到平面ABF的距离． [解]　(1)结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM∥CD，进而得证；(2)作FO⊥AD，连接OB，易证OB，OD，OF两两垂直，结合等体积法VMABF＝VFABM即可求解． (1)因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE； (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2，结合(1)BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB＝eq \r(3)，又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD，四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF，所以△AFM为等腰三角形， △ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF＝eq \r(AF2－AO2)＝3，因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直，由等体积法可得VMABF＝VFABM， VFABM＝eq \f(1,3)×S△ABM·FO＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×3＝eq \r(3)， cos∠FAB＝eq \f(FA2＋AB2－FB2,2FA·AB) ＝eq \f(\r(10)2＋22－2\r(3)2,2×\r(10)×2)＝eq \f(1,2\r(10))，sin∠FAB＝eq \f(\r(39),2\r(10))，S△FAB＝eq \f(1,2)FA·AB·sin∠FAB＝eq \f(1,2)×eq \r(10)×2×eq \f(\r(39),2\r(10))＝eq \f(\r(39),2)，设点M到平面FAB的距离为d，则VMFAB＝VFABM＝eq \f(1,3)×S△FABd＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(39),2)×d＝eq \r(3)，解得d＝eq \f(6\r(13),13)，即点M到平面AFB的距离为eq \f(6\r(13),13). 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，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化． (2023·全国乙卷)如图，在三棱锥PABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO. (1)求证：EF∥平面ADO； (2)若∠POF＝120°，求三棱锥PABC的体积．解：(1)连接DE，OF，设AF＝tAC，则eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))＝(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))＝－eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))， BF⊥AO，则eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(AO,\s\up16(→))＝[(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))]· eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up16(→))))＝(t－1)eq \o(BA,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)teq \o(BC,\s\up16(→))2 ＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点，由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，得DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，OF∥AB， OF＝eq \f(1,2)AB，即DE∥OF，DE＝OF，则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO，EF＝DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO . (2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M(如图)，因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB＝eq \r(6)，BO＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，所以PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(6－2)＝2，因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF ，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM＝O，BC， FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P－ABC的高为PM，因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，所以PM＝POsin 60°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)，所以VPABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PM＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(2\r(6),3) . 　平面图形的翻折 [例3]　(1)如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，点E为线段AB上异于A，B的点，点F为线段CD上异于C，D的点，且EF∥DA，沿EF将面EBCF折起，如图②，则下列结论正确的是(　　) A．AB∥CD B．AB∥平面DFC C．A，B，C，D四点共面 D．CE与DF所成的角为直角 [解析]　根据线线平行可得面面平行，进而根据面面平行的性质即可判断B，根据线面平行的性质即可得矛盾求解AC，根据线线垂直即可得线面垂直，进而可判断D. 在图②中，∵BE∥CF，BE⊄平面DFC，CF⊂平面DFC，∴BE∥平面DFC，同理AE∥平面DFC，又BE∩AE＝E，∴平面ABE∥平面DFC. 又AB⊂平面ABE，∴AB∥平面DFC，故B正确；若A，B，C，D四点共面，AD∥EF，AD⊄平面BEFC，EF⊂平面BEFC，∴AD∥平面BEFC，平面BEFC∩平面ABCD＝BC，AD⊂平面ABCD，则AD∥BC，而由题可知AD，BC是异面直线，矛盾，所以A，B，C，D四点不在同一平面上，故A、C错误；若CE与DF所成的角为直角，由于FD⊥EF，FE∩CE＝E，EF，CE⊂平面BEFC，所以FD⊥平面BEFC，根据翻折过程中，平面BEFC与平面ADFE不一定垂直，故D错误． [答案]　B (2)(2024·临汾一模)在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝eq \f(π,3)，E，H分别为AB，CD的中点，将△ADE沿直线DE折起，构成如图所示的四棱锥A′BCDE，F为A′C的中点，则下列说法不正确的是(　　) A．平面BFH∥平面A′DE B．四棱锥A′BCDE体积的最大值为3 C．无论如何折叠都无法满足A′D⊥BC D．三棱锥A′DEH表面积的最大值为2eq \r(3)＋4 [解析]　根据题意，连接HF，BH，判断选项A；当平面A′DE⊥平面BCDE，四棱锥A′BCDE体积最大，判断选项B；利用线面垂直，判断选项C；当A′E⊥EH，再根据对称性A′D⊥DH，此时△A′EH，△A′DH的面积最大，求出表面积，判断选项D. 选项A，平行四边形ABCD，所以BE∥DH，又AB＝2AD＝4，E，H分别为AB，CD中点，所以BE＝DH，即四边形BEDH为平行四边形，所以BH∥DE，又BH⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，所以BH∥平面A′DE，又F是A′C中点，所以FH∥A′D，又FH⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，所以FH∥平面A′DE，又FH∩BH＝H，FH，BH⊂平面BHF，所以平面BHF∥平面A′DE，故A正确；选项B，当平面A′DE⊥平面BCDE，四棱锥A′BCDE的体积最大，因为∠BAD＝eq \f(π,3)，所以最大值为V＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(2＋4×\r(3),2)＝3，故B正确；选项C，根据题意可得BC⊥DB，只要BC⊥A′B，A′B∩DB＝B，A′B，BD⊂平面A′DB，所以BC⊥平面A′DB，即BC⊥A′D，故C错误；选项D，当EH⊥A′E，根据对称性可得DH⊥A′D，此时△A′EH，△A′DH的面积最大，因此三棱锥A′DEH表面积最大，最大值为S＝S△A′DE＋S△A′DH＋S△DEH＋S△A′EH＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×2＋eq \f(1,2)×2×2×2＝2eq \r(3)＋4，选项D正确． [答案]　C 平面图形翻折问题的求解方法 (1)解决与折叠有关的问题关键是搞清折叠前后的变和不变，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，抓住不变量是解决问题的突破口． (2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形． 1．将一块边长为2的正三角形铁皮沿各边的中位线折叠成一个正四面体，则这正四面体某顶点到其相对面的距离是(　　) A.eq \f(\r(6),3)　　 B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(\r(3),3)　　 D.eq \f(\r(2),3) 解析：A　[依题意可得正三棱锥S ABC，取AB的中点D，连接CD，过S作底面ABC的射影O，根据正三棱锥的性质及勾股定理计算可得；依题意可得如图所示正三棱锥S ABC，且棱锥的所有棱长为1，取AB的中点D连接CD，过S作底面ABC的射影O，根据正三棱锥的性质可知O为△ABC的重心，所以CD＝eq \r(12－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，CO＝eq \f(2,3)CD＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，所以SO＝eq \r(SC2－CO2)＝eq \r(12－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),3).] 2．(2024·温州适应性考试二)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝eq \f(1,2)AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A′BEC等于60°，D′CEB等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于________．解析：根据图象可得直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于∠A′BK的正弦值，设AB＝2a，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可．设AB＝2a，取CE的中点K，连接BK，A′K，由题知平面BCE⊥平面D′CE，平面BCE∩平面D′CE＝CE，又BK⊂平面BCE，BK⊥CE，所以BK⊥平面D′CE，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于∠A′BK的正弦值，易求得BK＝eq \r(3)a，A′C＝eq \r(3)a， cos∠A′EC＝eq \f(EA′2＋EC2－A′C2,2EA′·EC)＝eq \f(5,8)，又cos∠A′EC＝eq \f(EA′2＋EK2－A′K2,2EA′·EK)＝eq \f(5,8)，解得A′K＝eq \f(\r(10),2)a， cos∠A′BK＝eq \f(A′B2＋BK2－A′K2,2A′B·BK)＝eq \f(3\r(3),8)，则sin∠A′BK＝eq \r(1－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))2)＝eq \f(\r(37),8)，所以直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于eq \f(\r(37),8). 答案：eq \f(\r(37),8) $$

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