备战2025年高考数学二轮复习课件专题4立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明

这是一份备战2025年高考数学二轮复习课件专题4立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明，共28页。PPT课件主要包含了ACD，BCD等内容，欢迎下载使用。
考点一　空间直线、平面位置关系的判定
例1(1)(多选题)(2024广东广州二模)已知m,n是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的是(　　)A.若m∥α,n⊂α,则m∥nB.若m⊥α,n⊥β,m∥n,则α∥βC.若α∥β,m⊂α,则m∥βD.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
解析 对于A,当m∥α,n⊂α时,m∥n或m,n异面,故A错误;对于B,因为m⊥α,n⊥β,所以m,n对应的方向向量m,n分别是α,β的法向量.又m∥n,所以m∥n,所以α∥β,故B正确;对于C,由面面平行的性质易知m∥β,故C正确;对于D,当α∥β,m⊂α,n⊂β时,m,n有可能异面,故D错误.故选BC.
(2)(多选题)(2024福建厦门模拟)如图,四棱锥A-BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥,三棱锥A-CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论正确的是(　　)A.A,B,C,F四点共面B.FG⊥平面ACDC.FG⊥CDD.平面ABE∥平面CDF
解析 因为四棱锥A-BCDE各棱长都相等,且三棱锥A-CDF是正四面体,所以BC=AF,AB=CF,所以四边形ABCF是平行四边形,所以A,B,C,F四点共面,故A正确;如图,取CD的中点H,连接AG,GH,FH,则易知AG=FH,AF=GH,所以四边形AGHF是平行四边形,AF=GH=2,AG=FH= .假设FG⊥平面ACD,因为AH⊂平面ACD,所以FG⊥AH,所以四边形AGHF是菱形,这与AG= ,GH=2矛盾,故B错误;
由题可知CD⊥HG,CD⊥FH,FH∩HG=H,FH,HG⊂平面AGHF,所以CD⊥平面FGH.又FG⊂平面AGHF,所以FG⊥CD,故C正确;因为四边形ABCF是平行四边形,所以AB∥CF.由题可知四边形BCDE为正方形,所以BE∥CD.又BE,AB⊂平面ABE,BE∩AB=B,CF,CD⊂平面CDF,CF∩CD=C,所以平面ABE∥平面CDF,故D正确.故选ACD.
[对点训练1](1)(2024湖南岳阳模拟)已知三条不重合的直线m,n,l,三个不重合的平面α,β,γ,下列说法正确的是(　　)A.若m∥n,n⊂α,则m∥αB.若l⊥α,m⊂β,l⊥m,则α∥βC.若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,则l⊥γD.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β
解析 对于A,若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,故A不正确;对于B,若l⊥α,m⊂β,l⊥m,则α∥β或α与β相交,故B不正确;对于C,设α∩γ=a,β∩γ=b,在平面γ内任取一点P(不在a,b上),作PA⊥a,PB⊥b,垂足分别为A,B,由面面垂直的性质定理,可得PA⊥α,PB⊥β.又l⊂α,l⊂β,所以PA⊥l,PB⊥l.又因为PA∩PB=P,PA,PB⊂γ,可得l⊥γ,故C正确;对于D,若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,只有m,n相交时,才有α∥β,故D不正确.故选C.
(2)(多选题)(2024河北衡水模拟)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是 上的一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列说法正确的有(　　)A.CF∥平面AMNB.AN⊥平面DBFC.DB⊥平面AMND.F是 的中点
解析 由题意可知,点M是BD的中点,所以点A,M,C三点共线,所以C∈AM,所以C∈平面AMN,所以CF∩平面AMN=C,则直线CF与平面AMN不平行,故A错误;因为AD⊥平面ABF,BF⊂平面ABF,所以AD⊥BF.因为ABCD为圆柱轴截面,所以AB为☉O的直径,所以BF⊥AF.又AD∩AF=A,AD,AF⊂平面ADF,所以BF⊥平面ADF.又BF⊂平面BDF,所以平面ADF⊥平面BDF.又平面ADF∩平面BDF=DF,AN⊂平面ADF,AN⊥DF,所以AN⊥平面DBF,故B正确;因为AN⊥平面DBF,DB⊂平面DBF,所以AN⊥DB,因为四边形ABCD为正方形,点M是BD的中点,所以AM⊥DB.又AM∩AN=A,AM,AN⊂平面AMN,所以DB⊥平面AMN,故C正确;
因为DB⊥平面AMN,MN⊂平面AMN,所以DB⊥MN.因为EF∥平面AMN,EF⊂平面DEF,平面DEF∩平面AMN=MN,所以EF∥MN,所以DB⊥EF.又E是MB的中点,所以BF=MF.因为BF⊥平面ADF,DF⊂平面ADF,所以
考点二　几何法证明空间平行、垂直关系
例2如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE= .
(1)求证:CD∥平面ABFE;(2)求证:平面ABFE⊥平面CDEF.
证明 (1)在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.又CD⊄平面ABFE,AB⊂平面ABFE,所以CD∥平面ABFE.(2)因为AE=DE= ,AD=2,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE.因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面ADE.又DE⊂平面ADE,所以AB⊥DE.因为AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.又DE⊂平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
延伸探究本例条件下,判断在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE?说明理由.
解 在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE,理由如下:如图,取CD的中点N,连接FN.由例2知,CD∥平面ABFE,又CD⊂平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以CD∥EF.因为EF=1,ND= CD=1,所以EF=DN,所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE.由例2知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
[对点训练2]如图,已知直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直,∠AEB= ,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC.(1)求证:AB⊥DE.(2)求证:AE⊥平面BCE.(3)线段EA上是否存在点F,使EC∥平面FBD?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,取AB的中点O,连接EO,DO.因为△ABE为等腰直角三角形,∠AEB= ,所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD.又OD∩OE=O,OD,OE⊂平面ODE,所以AB⊥平面ODE.又DE⊂平面ODE,所以AB⊥DE.(2)证明 因为平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,AB⊥BC,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE.又AE⊥BE,BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE.
(3)解 存在点F,且 时,EC∥平面FBD,理由如下:如图,连接AC交BD于点M,连接FM.
考点三　向量法证明空间平行、垂直关系
例3如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.求证:(1)BE⊥DC;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
[对点训练3]如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直, AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.(1)求证:BM∥平面ADEF;(2)求证:BC⊥平面BDE.
证明 (1)因为ADEF是正方形,所以AD⊥ED.又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,ED⊂平面ADEF,所以ED⊥平面ABCD,从而可得DA,DC,DE两两垂直.以D为原点,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,