數(shù)學必修二學案第二章點直線平面之間的位置關系章末復習課

章末復習課1.線線關系空間兩條直線的位置關系有且只有相交、平行、異面三種.兩直線垂直有“相交垂直”與“異面垂直”兩種情況.(1)證明線線平行的方法①線線平行的定義；②公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行；③線面平行的性質定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b；④線面垂直的性質定理：a⊥α，b⊥α?a∥b；⑤面面平行的性質定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.(2)證明線線垂直的方法①線線垂直的定義：兩條直線所成的角是直角，在研究異面直線所成的角時，要通過平移把異面直線轉化為相交直線；②線面垂直的性質：a⊥α，b?α?a⊥b；③線面垂直的性質：a⊥α，b∥α?a⊥b.2.線面關系直線與平面之間的位置關系有且只有線在面內(nèi)、相交、平行三種.(1)證明直線與平面平行的方法①線面平行的定義；②判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α；③平面與平面平行的性質：α∥β，a?α?a∥β.(2)證明直線與平面垂直的方法①線面垂直的定義；②判定定理1：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m，n?α，m∩n＝A,l⊥m，l⊥n))?l⊥α；③判定定理2：a∥b，a⊥α?b⊥α；④面面平行的性質定理：α∥β，a⊥α?a⊥β；⑤面面垂直的性質定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.3.面面關系兩個平面之間的位置關系有且只有平行、相交兩種.(1)證明面面平行的方法①面面平行的定義；②面面平行的判定定理：a∥β，b∥β，a?α，b?α，a∩b＝A?α∥β；③線面垂直的性質定理：a⊥α，a⊥β?α∥β；④公理4的推廣：α∥γ，β∥γ?α∥β.(2)證明面面垂直的方法①面面垂直的定義：兩個平面相交所成的二面角是直二面角；②面面垂直的判定定理：a⊥β，a?α?α⊥β.4.證明空間線面平行或垂直需注意的三點(1)由已知想性質，由求證想判定.(2)適當添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.(3)用定理時要先明確條件，再由定理得出相應結論.5.“升降維”思想用降維的方法把空間問題轉化為平面或直線問題，可以使問題得到解決.用升維的方法把平面或直線中的概念、定義或方法向空間推廣，可以從已知探索未知，是“學會學習”的重要方法.平面圖形的翻折問題的分析與解決，就是升維與降維思想方法的不斷轉化運用的過程.方法一轉化與化歸思想立體幾何中最重要、最常用的思想就是轉化與化歸思想.(1)線線、線面、面面的位置關系，由轉化思想使它們建立聯(lián)系，如面面平行、線面平行、線線平行的互化，面面垂直、線面垂直、線線垂直的互化，有關線面位置關系的論證往往就是通過這種聯(lián)系和轉化得到解決的.(2)通過“平移”，將一些線面關系轉化為平面內(nèi)的線線關系，通過線面平行，將空間角最終轉化為平面角，并構造三角形，借助于三角形的知識解決問題.(3)通過添加輔助線而將立體問題轉化為平面問題.【例1】(2016·山東)在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB.(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求證：AC⊥FB；(2)已知G，H分別是EC和FB的中點．求證：GH∥平面ABC.證明(1)因為EF∥DB，所以EF與DB確定平面BDEF，連接DE.因為AE＝EC，D為AC的中點，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因為FB?平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)設FC的中點為I，連接GI，HI.在△CEF中，因為G是CE的中點，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC，因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.【例2】(2016·全國Ⅰ文)如圖，已知正三棱錐P－ABC的側面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.(1)證明：G是AB的中點；(2)作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體P－DEF的體積．(1)證明因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以AB⊥PD.因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，從而G是AB的中點．(2)解在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影．連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由題設可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面體P－DEF的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).【訓練1】如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面，C是圓O上的點.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)設Q為PA的中點，G為△AOC的重心，求證：QG∥平面PBC.證明(1)由AB是圓O的直徑，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)連接OG并延長交AC于點M，連接QM，QO，由G為△AOC的重心，得M為AC中點.由Q為PA中點，得QM∥PC，又O為AB中點，得OM∥BC.因為QM∩MO＝M，QM?平面QMO，MO?平面QMO，BC∩PC＝C，BC?平面PBC，PC?平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC.因為QG?平面QMO，所以QG∥平面PBC.方法二函數(shù)與方程思想函數(shù)與方程思想是中學數(shù)學的基本思想，就是用函數(shù)和方程的觀點去分析和研究數(shù)學問題中的數(shù)量關系.對立體幾何中的有關最值問題，處理的方法常常是以最值為函數(shù)，選擇恰當?shù)淖宰兞拷⒑瘮?shù)關系，通過分析函數(shù)關系性質，使問題得到解決.【例3】如圖所示，正方形ABCD，ABEF的邊長都是1，而且平面ABCD與平面ABEF互相垂直，點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM＝BN＝a(0＜a＜eq\r(2)).(1)求MN的長；(2)求a為何值時，MN的長最小.解(1)如圖所示，作MP∥AB交BC于點P，NQ∥AB交BE于點Q，連接PQ，依題意可得四邊形MNQP是平行四邊形，∴MN＝PQ.∵CM＝BN＝a，CB＝AB＝BE＝1，∴AC＝BF＝eq\r(2)，∴由MP∥AB，NQ∥EF得，eq\f(CP,1)＝eq\f(a,\r(2))，eq\f(BQ,1)＝eq\f(a,\r(2))，即CP＝BQ＝eq\f(a,\r(2)).∴MN＝PQ＝eq\r(BP2＋BQ2)＝eq\r(（1－CP）2＋BQ2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,\r(2))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(2))))\s\up12(2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))(0＜a＜eq\r(2)).(2)由(1)得MN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，又0＜a＜eq\r(2)，所以，當a＝eq\f(\r(2),2)時，MNmin＝eq\f(\r(2),2).故M，N分別移動到AC，BF的中點時，MN的長最小，最小值為eq\f(\r(2),2).【訓練2】三棱錐有五條棱長為2，當?shù)诹鶙l棱長為多少時，四面體的體積最大？并求其最大值.解如圖，不妨設AB＝BC＝AC＝CD＝BD＝2，取BC的中點E，連接AE，DE，則BC⊥平面ADE，且AE＝ED＝eq\r(3).在△ADE中，設AD＝x，則AD邊上的高h＝eq\r(3－\f(x2,4))，∴S△ADE＝eq\f(1,2)x·eq\r(3－\f(x2,4))(0＜x＜2eq\r(3))，∴VA－BCD＝VB－ADE＋VC－ADE＝eq\f(1,3)BE·S△ADE＋eq\f(1,3)EC·S△ADE＝eq\f(1,3)BC·S△ADE＝eq\f(1,3)eq\r(3x2－\f(x4,4))＝eq\f(1,3)eq\r(－\f(1,4)（x2－6）2＋9).故當x2＝6，即x＝eq\r(6)時，Vmax＝1.方法三分類討論思想分類討論的思想方法是指在研究和解決數(shù)學問題時，根據(jù)數(shù)學對象的本質屬性的相同點和不同點，將對象區(qū)分為不同種類，然后分類進行研究和解決，從而達到研究和解決全部問題的目的.【例4】已知平面α∥平面β，AB，CD是夾在平面α和平面β間的兩條線段，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FD)＝eq\f(m,n).求證：EF∥α∥β.證明①若AB與CD共面，設AB與CD確定平面γ，則α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.∵α∥β，∴AC∥BD.又∵eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FD)＝eq\f(m,n)，∴EF∥AC∥BD.又∵EF?α，EF?β，AC?α，BD?β，∴EF∥α∥β.②若AB與CD異面，過點A作AA′∥CD，在AA′截一點O，使eq\f(AO,OA′)＝eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FD)＝eq\f(m,n)，∴EO∥BA′，OF∥A′D.又∵EO?α，EO?β，BA′?β，α∥β，∴EO∥α，EO∥β.同理OF∥α，OF∥β.∵EO∩OF＝O，∴平面EOF∥α∥β.又∵EF?平面EOF，∴EF∥α∥β.綜上所述，無論AB與CD是異面還是共面，都有EF∥α∥β.【訓練3】如圖所示，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面AC，且PA＝1，問BC邊上是否存在點Q，使得PQ⊥QD，并說明理由.解連接AQ，因為PA⊥平面AC，QD?平面AC，所以PA⊥QD.又因為PQ⊥QD，PA∩PQ＝P，所以QD⊥平面PAQ.所以AQ⊥QD.(1)當0＜a＜2時，由四邊形ABCD是矩形且AB＝1知，以AD為直徑的圓與BC無交點，即對BC上任一點Q，都有∠AQD＜90°，此時BC邊上不存在點Q，使PQ⊥QD.(2)當a＝2時，以AD為直徑的圓與BC相切于BC的中點Q，此時∠AQD＝90°，所以BC邊上存在一點Q，使PQ⊥QD.(3)當a＞2時，以AD為直徑的圓與BC相交于點Q1、Q2，此時∠AQ1D＝∠AQ2D＝90°，故BC邊上存在兩點Q(即Q1與Q2)，使PQ⊥QD.方法四探究性問題的解法解決開放問題一般用分析法，即從結論入手，分析得到該結論所需的條件或與其等價的條件，此種類型題考查空間想象能力、推理論證能力、分析問題和解決問題的能力.【例5】(2016·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求證：DC⊥平面PAC；(2)求證：平面PAB⊥平面PAC；(3)設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由．(1)證明∵PC⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC?平面PAC，AC?平面PAC，∴CD⊥平面PAC.(2)證明∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC，AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在點F，使得PA∥平面CEF.證明如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF，又因為E為AB的中點，∴EF為△PAB的中位線，∴EF∥PA.又PA?平面CEF，EF?平面CEF，∴PA∥平面CEF.【訓練4】如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在線段PB上是否存在一點F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，請確定點F的位置；若不存在，請說明理由.解當點F是PB的中點時，平面AFC∥平面PMD，證明如下：如圖連接AC和BD交于點O，連接FO，那么PF＝eq\f(1,2)PB.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD的中點.∴OF∥PD.又OF?平面PMD，PD?平面PMD，∴OF∥平面PMD.又MA綉eq\f(1,2)PB，∴PF綉MA.∴四邊形AFPM是平行四邊形.∴AF∥PM.又AF?平面PMD，PM?平面PMD.∴AF∥平面PMD.又AF∩OF＝F，AF?平面AFC，OF?平面AFC.∴平面AFC∥平面PMD.1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析由已知，α∩β＝l，∴l(xiāng)?β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正確．故選C.答案C2.(2015·浙江高考)設α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β()A.若l⊥β，則α⊥β B.若α⊥β，則l⊥mC.若l∥β，則α∥β D.若α∥β，則l∥m解析選項A：∵l⊥β，l?α，∴α⊥β，A正確；選項B：α⊥β，l?α，m?β，l與m位置關系不確定；選項C，∵l∥β，l?α，∴α∥β或α與β相交.選項D：∵α∥β，l?α，m?β.此時，l與m位置關系不確定，故選A.答案A3.(2015·福建高考)若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析m垂直于平面α，當l?α時，也滿足l⊥m，但直線l與平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l(wèi)⊥m，必要性成立.故選B.答案B4.(2015·浙江高考)如圖，三棱錐A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點M，N分別是AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是________.解析如圖所示，連接DN，取線段DN的中點K，連接MK，CK.∵M為AD的中點，∴MK∥AN，∴∠KMC為異面直線AN，CM所成的角.∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC的中點，由勾股定理求得AN＝DN＝CM＝2eq\r(2)，∴MK＝eq\r(2).在Rt△CKN中，CK＝eq\r(（\r(2)）2＋12)＝eq\r(3).在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝eq\f(（\r(2)）2＋（2\r(2)）2－（\r(3)）2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq\f(7,8).答案eq\f(7,8)(2016·浙江高考)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值．(1)證明延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示，因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因為BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝eq\r(3)，DF＝eq\f(3,2)，得cos∠BDF＝eq\f(\r(21),7).所以，直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為eq\f(\r(21),7).6.(2015·浙江高考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D為B1C1的中點.(1)證明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.(1)證明設E為BC的中點，連接AE，由題意得A1E⊥平面ABC，AE?平面ABC，所以A1E⊥AE，因為AB＝AC，所以AE⊥BC.又BC∩A1E＝E，故AE⊥平面A1BC.由D，E分別為B1C1，BC的中點，得DE∥B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE為平行四邊形.于是A1D∥AE.又因為AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE，垂足為F，連接BF.因為A1E⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥A1E.因為BC⊥AE，AE∩A1E＝E，所以BC⊥平面AA1DE，又A1F?平面AA1DE.所以BC⊥A1F，又DE∩BC＝E，∴A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF為直線A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB＝AC＝2，∠CAB＝9