高考数学二轮复习 专题三 立体几何 第2讲 空间点、线、面的位置关系学案 理-人教版高三全册数学学案.doc

第2讲空间点、线、面的位置关系
高考定位1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.

真题感悟
1.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()

解析法一对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.

图(1)图(2)
法二对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.A项中直线AB与平面MNQ不平行.
答案A
2.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()
A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3)
C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)
解析如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为eq\f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq\f(\r(2),2)的正三角形.故其面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4).
答案A
3.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为eq\f(8,3)，求该四棱锥的侧面积.
(1)证明∵∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴AB⊥PA，CD⊥PD.
∵AB∥CD，∴AB⊥PD.
又∵PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD.
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)解取AD的中点E，
连接PE.
∵PA＝PD，∴PE⊥AD.
由(1)知，AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，故AB⊥PE，又AB∩AD＝A，可得PE⊥平面ABCD.
设AB＝x，则由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x，
故四棱锥P－ABCD的体积
VP－ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.
由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.
从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2)，
可得四棱锥P－ABCD的侧面积为
eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).
考点整合
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.

热点一空间点、线、面位置关系的判定
【例1】(2018·成都诊断)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：
①若α∥β，则m∥n；
②若α∥β，则m∥β；
③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.
其中真命题的个数是()
A.0 B.1 C.2 D.3
解析①若α∥