2019高考数学（理）二轮复习（课件+检测）：第11讲　空间直线与平面的证明与计算 (2份打包)

第11讲　空间直线与平面的证明与计算 【命题趋势】 1.从近几年高考来看,本节内容主要考查的是线线平行(或垂直)、线面平行(或垂直)与面面平行(或垂直)的判定与性质. 2.从题型来看,有选择题和填空题,难度不大,解答题多以几何体为载体,难度稍大. 3.从能力角度来看,主要考查学生的推理论证能力,从数学思想来看,则主要考查转化与化归思想. 4.预计在今年高考中,对直线、平面平行、垂直的判定和性质的考查分为两个方面：客观题结合线、面平行、垂直考查平行、垂直的判定和性质,分值在5分左右；解答题以特定的几何体为载体综合考查线、面平行(或垂直)的判定和性质,难度稍大,分值在12分左右. 【备考建议】 复习本节内容时,关键要注意以下几点： 1.直线与平面平行(或垂直)的判定定理是判断线面平行(或垂直)的主要依据之一,通过直线与直线的平行(或垂直)得到直线与平面的平行(或垂直),体现了立体几何的转化与化归思想,这一点同样在平面与平面的平行(或垂直)的判定定理中. 2.直线与平面平行的性质定理与平面与平面平行的性质定理其实质是两条直线平行的判定定理,性质定理与判定定理的结合运用是解决平行问题的关键. 3.证明垂直关系通常从现有直线中寻找垂直关系,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决,注重转化思想. 4.空间中的垂直关系是重点考查的内容,在线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化中,线面垂直是核心. 探究一　直线、平面平行的判定和 性质与空间角的求法 例1 如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝BC＝2AA1,∠ABC＝90°,D是BC的中点. (1)求证：A1B∥平面ADC1； (2)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角？若存在,确定E点位置；若不存在,说明理由. 【解析】(1)证明：连接A1C,交AC1于点O,连接OD. 由ABC－A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点. 又D为BC的中点, 所以OD为△A1BC的中位线, 所以A1B∥OD. 因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1, 所以A1B∥平面ADC1. (2)解：由ABC－A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC＝90°,得BA,BC,BB1两两垂直. 以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz. 设BA＝2, 假设存在满足条件的点E. 因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2. 所以eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0,λ－2,1),eq \o(DC1,\s\up6(→))＝(1,0,1). 因为AE与DC1成60°角, 所以|cos〈eq \o(AE,\s\up6(→)),eq \o(DC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(DC1,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(DC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2), 即eq \f(1,\r(（λ－2）2＋1)·\r(2))＝eq \f(1,2),解得λ＝1或λ＝3(舍去). 所以当点E为线段A1B1的中点时,直线AE与DC1成60°角. 【点评】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法. 例2 如图,四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC＝eq \r(13),点M是PC的中点. (1)求证： PA∥平面MBD； (2)若点F在PA上,且满足eq \f(AF,FP)＝eq \f(1,2),求直线DM与平面FBD所成角的正弦值. 【解析】(1)连AC交BD于点E,连ME. ∵四边形ABCD是矩形,∴点E是AC的中点. 又点M是PC的中点,∴PA∥ME, 又PA⊄平面MBD,EM⊂平面MBD,所以PA∥平面MBD. (2)取AD的中点O,则PO⊥AD,又平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD＝AD,故PO⊥平面ABCD,连接OC,在Rt△POC中,OC＝eq \r(PC2－PO2)＝eq \r(10),所以在Rt△ODC中,DC＝eq \r(OC2－DO2)＝3,以O为原点,OA,OE,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则Aeq \b\lc\(\rc\