（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理（普通生含解析）.doc
《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理（普通生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理（普通生含解析）.doc（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
重點(diǎn)增分專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明 [全國(guó)卷3年考情分析] 年份 全國(guó)卷Ⅰ 全國(guó)卷Ⅱ 全國(guó)卷Ⅲ 2018 直線與平面所成的角、正方體的截面T12 求異面直線所成的角T9 面面垂直的證明T19(1) 面面垂直的證明T18(1) 線面垂直的證明T20(1) 2017 面面垂直的證明T18(1) 求異面直線所成的角T10 圓錐、空間線線角的求解T16 線面平行的證明T19(1) 面面垂直的證明T19(1) 2016 求異面直線所成的角T11 空間中線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)T14 線面平行的證明T19(1) 面面垂直的證明T18(1) 翻折問(wèn)題、線面垂直的證明T19(1) (1)高考對(duì)此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題(或填空題)和一道解答題或只考一道解答題． (2)選擇題一般在第9～11題的位置，填空題一般在第14題的位置，多考查線面位置關(guān)系的判斷，難度較小． (3)解答題多出現(xiàn)在第18或19題的第一問(wèn)的位置，考查空間中平行或垂直關(guān)系的證明，難度中等． 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 [大穩(wěn)定] 1.已知α是一個(gè)平面，m，n是兩條直線，A是一個(gè)點(diǎn)，若m?α，n?α，且A∈m，A∈α，則m，n的位置關(guān)系不可能是( ) A．垂直 B．相交 C．異面 D．平行 解析：選D 因?yàn)棣潦且粋€(gè)平面，m，n是兩條直線， A是一個(gè)點(diǎn)，m?α，n?α，且A∈m，A∈α， 所以n在平面α內(nèi)，m與平面α相交， 且A是m和平面α相交的點(diǎn)， 所以m和n異面或相交，一定不平行． 2.已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題： ①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l； ③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β. 其中正確的命題是( ) A．①④ B．③④ C．①② D．①③ 解析：選A 對(duì)于①，若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B.對(duì)于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.故④正確．故選A. 3.如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有( ) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 解析：選B 根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變， 得AH⊥平面EFH，B正確； ∵過(guò)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確； ∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過(guò)H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確； 由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B. 4.(2018全國(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為( ) A. B. C. D. 解析：選C 如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2，則BE＝，則tan ∠EAB＝＝，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. [解題方略] 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的3種方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定． (3)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷． [小創(chuàng)新] 1.設(shè)l，m，n為三條不同的直線，其中m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的( ) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A 當(dāng)l⊥α?xí)r，l垂直于α內(nèi)的任意一條直線，由于m，n?α，故“l(fā)⊥m且l⊥n”成立，反之，因?yàn)槿鄙賛，n相交的條件，故不一定能推出“l(fā)⊥α”，故選A. 2.某折疊餐桌的使用步驟如圖所示，有如下檢查項(xiàng)目． 項(xiàng)目①：折疊狀態(tài)下(如圖1)，檢查四條桌腿長(zhǎng)相等； 項(xiàng)目②：打開(kāi)過(guò)程中(如圖2)，檢查OM＝ON＝O′M′＝O′N′； 項(xiàng)目③：打開(kāi)過(guò)程中(如圖2)，檢查OK＝OL＝O′K′＝O′L′； 項(xiàng)目④：打開(kāi)后(如圖3)，檢查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90； 項(xiàng)目⑤：打開(kāi)后(如圖3)，檢查AB＝CD＝A′B′＝C′D′. 在檢查項(xiàng)目的組合中，可以判斷“桌子打開(kāi)之后桌面與地面平行”的是( ) A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．③④⑤ 解析：選B A選項(xiàng)，項(xiàng)目②和項(xiàng)目③可推出項(xiàng)目①，若∠MON>∠M′O′N′，則MN較低，M′N′較高，所以不平行，錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，因?yàn)椤?＝∠2＝∠3＝∠4＝90，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因?yàn)锳B＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正確；C選項(xiàng)，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A與O1′A′是否相等不確定，所以不確定O1O1′與BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不確定BB′與MN是否平行，故錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不確定OM與ON，O′M′，O′N′的關(guān)系，所以無(wú)法判斷MN與地面的關(guān)系，故錯(cuò)誤．綜上，選B. 3.(2018全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長(zhǎng)方體的體積為( ) A．8 B．6 C．8 D．8 解析：選C 如圖，連接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C， ∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長(zhǎng)方體＝ABBCCC1＝222＝8. 4.(2018全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_______． 解析：如圖，∵SA與底面成45角， ∴△SAO為等腰直角三角形． 設(shè)OA＝r， 則SO＝r，SA＝SB＝r. 在△SAB中，cos ∠ASB＝， ∴sin ∠ASB＝， ∴S△SAB＝SASBsin ∠ASB ＝(r)2＝5， 解得r＝2， ∴SA＝r＝4，即母線長(zhǎng)l＝4， ∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π24＝40π. 答案：40π 空間平行、垂直關(guān)系的證明 [析母題] [典例] 如圖，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. [證明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD， 且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，PA?平面PAD， ∴PA⊥底面ABCD. (2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)， ∴AB∥DE，且AB＝DE. ∴四邊形ABED為平行四邊形． ∴BE∥AD. 又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD， ∴BE∥平面PAD. (3)∵AB⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形． ∴BE⊥CD，AD⊥CD， 由(1)知PA⊥底面ABCD. ∴PA⊥CD. ∵PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD， ∴CD⊥PD. ∵E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)， ∴PD∥EF， ∴CD⊥EF. 又BE⊥CD且EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面BEF. 又CD?平面PCD， ∴平面BEF⊥平面PCD. [練子題] 1．在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD. 證明：如圖，連接AE，AC， 設(shè)AC∩BE＝O，連接FO. ∵AB∥CD，CD＝2AB，且E為CD的中點(diǎn)， ∴AB綊CE. ∴四邊形ABCE為平行四邊形． ∴O為AC的中點(diǎn)，則FO綊PA， 又PA⊥平面ABCD， ∴FO⊥平面ABCD.又FO?平面BEF， ∴平面BEF⊥平面ABCD. 2．在本例條件下，若AB＝BC，求證BE⊥平面PAC. 證明：如圖，連接AE，AC，設(shè)AC∩BE＝O. ∵AB∥CD，CD＝2AB，且E為CD的中點(diǎn)． ∴AB綊CE. 又∵AB＝BC，∴四邊形ABCE為菱形， ∴BE⊥AC. 又∵PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD， ∴PA⊥BE. 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC， ∴BE⊥平面PAC. [解題方略] 1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 2．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. [多練強(qiáng)化] 1.(2019屆高三鄭州模擬)如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)． 求證：(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過(guò)DF與GN的交點(diǎn)O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO， 又BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)， 所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)， 所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN， 又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG. 2.如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD. (1)求證：PA⊥CD. (2)求證：平面PBD⊥平面PAB. 證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 又因?yàn)镻A⊥AB， 所以PA⊥平面ABCD， 又CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD. (2)取AD的中點(diǎn)為E，連接BE， 由已知得，BC∥ED，且BC＝ED， 所以四邊形BCDE是平行四邊形， 又CD⊥AD，BC＝CD，所以四邊形BCDE是正方形， 連接CE，所以BD⊥CE. 又因?yàn)锽C∥AE，BC＝AE， 所以四邊形ABCE是平行四邊形， 所以CE∥AB，則BD⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD， 又因?yàn)镻A∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB， 因?yàn)锽D?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB. 平面圖形中的折疊問(wèn)題 [典例] (2019屆高三湖北五校聯(lián)考)如圖①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖②.在圖②所示的幾何體DABC中． (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體FBCE的體積． [解] (1)證明：∵AC＝ ＝2， ∠BAC＝∠ACD＝45，AB＝4， ∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2ACABcos 45＝8， ∴AB2＝AC2＋BC2＝16， ∴AC⊥BC， ∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC， ∴BC⊥平面ACD. (2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD， 平面ACD∩平面BEF＝EF， ∴AD∥EF， ∵E為AC的中點(diǎn)， ∴EF為△ACD的中位線， 由(1)知，VFBCE＝VBCEF＝S△CEFBC， S△CEF＝S△ACD＝22＝， ∴VFBCE＝2＝. [解題方略] 平面圖形折疊問(wèn)題的求解方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口． (2)在解決問(wèn)題時(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． [多練強(qiáng)化] 如圖①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖②. (1)求證：NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求證：ND⊥FC； (3)求四面體NEFD體積的最大值． 解：(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形， ∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD. ∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD. ∵NC?平面MFD，MD?平面MFD， ∴NC∥平面MFD. (2)證明：連接ED， ∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE?平面MNEF， ∴NE⊥平面ECDF. ∵FC?平面ECDF， ∴FC⊥NE. ∵EC＝CD，∴四邊形ECDF為正方形，∴FC⊥ED. 又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED， ∴FC⊥平面NED. ∵ND?平面NED，∴ND⊥FC. (3)設(shè)NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔，確保文檔完整性，對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預(yù)覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)！既往收益都?xì)w您。
文檔包含非法信息？點(diǎn)此舉報(bào)后獲取現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9 積分
| 下載 |
還剩頁(yè)未讀，繼續(xù)閱讀
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo)，表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開(kāi)word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
- 通用版2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級(jí) 重點(diǎn)增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理普通生含解析 通用版 2019 高考 數(shù)學(xué) 二輪 復(fù)習(xí) 第一 部分 第二 層級(jí) 重點(diǎn) 專題
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書(shū)面授權(quán)，請(qǐng)勿作他用。
相關(guān)資源
更多
正為您匹配相似的精品文檔
鏈接地址：http://www.820124.com/p-3374617.html