板塊綜合空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系(階段小結(jié)課—習(xí)題講評式教學(xué))eq\a\vs4\al([建構(gòu)知識體系])eq\a\vs4\al([融通學(xué)科素養(yǎng)])1．浸潤的核心素養(yǎng)(1)通過線線平行、線面平行、面面平行之間的相互轉(zhuǎn)化，提升邏輯推理和直觀想象素養(yǎng)．(2)通過線線垂直、線面垂直、面面垂直三者之間的轉(zhuǎn)化，提升直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)．2．滲透的數(shù)學(xué)思想(1)在判斷空間幾何體的點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系，直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行與垂直關(guān)系的證明中，根據(jù)圖形運(yùn)算求解或證明體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想．(2)在本章中化歸思想無處不在，如“要證線面平行，先證線線平行”“要證面面平行，先證線面平行”“要證線面垂直，先證線線垂直”“要證面面垂直，先證線面垂直”等，都體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想．題型(一)立體幾何中的交線、截面問題[例1](1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點(diǎn)，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是()A．三角形 B．四邊形C．五邊形 D．六邊形(2)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為__________．聽課記錄：|思|維|建|模|利用平面的性質(zhì)確定截面的形狀是解決問題的關(guān)鍵(1)作截面應(yīng)遵循的三個原則：①在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；②凡是相交的直線都要畫出它們的交點(diǎn)；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線．(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實(shí)3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線．[針對訓(xùn)練]1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點(diǎn)，平面α經(jīng)過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________．2．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3eq\r(2)，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，P是線段A1B上的動點(diǎn)，C1P與平面D1EF的交點(diǎn)Q的軌跡長為________．題型(二)空間中垂直與平行的綜合問題[例2]如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G，H分別是CE，CF的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥平面BDEF；(2)求證：平面BDGH∥平面AEF.聽課記錄：|思|維|建|模|平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決．注意遵循“空間”到“平面”、“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系．[針對訓(xùn)練]3.如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn)．(1)求證：B1D1∥平面A1BD；(2)求證：MD⊥AC；(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.題型(三)幾何法求空間角[例3]如圖，已知PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，異面直線PB與CD的夾角為45°.(1)求二面角B－PC－D的大小；(2)求直線PB與平面PCD所成角的大?。犝n記錄：|思|維|建|模|1．求線面角的三個步驟一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關(guān)鍵，先找出斜線在平面上的射影，關(guān)鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉(zhuǎn)化到三角形中求解．2．作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．[針對訓(xùn)練]4．(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)證明：A1C＝AC；(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．課下請完成課時跟蹤檢測(四十)及階段質(zhì)量評價(三)板塊綜合空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系[題型(一)][例1]解析：(1)先確定截面上的已知邊與幾何體上和其共面的邊的交點(diǎn)，再確定截面與幾何體的棱的交點(diǎn)．設(shè)直線C1M，CD相交于點(diǎn)P，直線C1N，CB相交于點(diǎn)Q，連接PQ交直線AD于點(diǎn)E，交直線AB于點(diǎn)F，則五邊形C1MEFN為所求截面圖形．(2)如圖，設(shè)B1C1的中點(diǎn)為E，球面與棱BB1，CC1的交點(diǎn)分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2.∴△D1B1C1為等邊三角形．則D1E＝eq\r(3)，且D1E⊥平面BCC1B1.∴E為球面截側(cè)面BCC1B1所得截面圓的圓心．設(shè)截面圓的半徑為r，則r＝eq\r(R\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2)，可得EP＝EQ＝eq\r(2).∴球面與側(cè)面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1B\o\al(2,1))＝1.同理C1Q＝1.∴P，Q分別為BB1，CC1的中點(diǎn)．∴∠PEQ＝eq\f(π,2).∴eq\x\to(PQ)的長為eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).答案：(1)C(2)eq\f(\r(2)π,2)[針對訓(xùn)練]1．解析：如圖，過點(diǎn)B作BM∥C1E交B1C1于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作BD的平行線，交C1D1于點(diǎn)N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α.由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點(diǎn)，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5).∴等腰梯形MNDB的高為h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2).∴梯形MNDB的面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)2．解析：如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點(diǎn)M，連接B1E，BC1交于點(diǎn)N，易知EF∥B1D1，即E，F(xiàn)，B1，D1共面．由于P是線段A1B上的動點(diǎn)，當(dāng)P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點(diǎn)分別為M，N，即Q的軌跡為MN.由正方體的棱長為3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3，則BC1＝6.又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，則NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4.由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，則MN＝eq\r(MC\o\al(2,1)＋NC\o\al(2,1)－2MC1·NC1·cos∠A1C1B)＝eq\r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13).答案：eq\r(13)[題型(二)][例2]證明：(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC?平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)在△CEF中，因?yàn)镚，H分別是CE，CF的中點(diǎn)，所以GH∥EF.又GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.設(shè)AC∩BD＝O，連接OH，如圖．在△ACF中，因?yàn)镺，H分別為CA，CF的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥AF.因?yàn)镺H?平面AEF，AF?平面AEF，所以O(shè)H∥平面AEF.因?yàn)镺H∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.[針對訓(xùn)練]3．解：(1)證明：由直四棱柱定義得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形．所以B1D1∥BD.而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.(2)證明：因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因?yàn)锽D⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D.而MD?平面BB1D，所以MD⊥AC.(3)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時，平面DMC1⊥平面CC1D1D.證明如下．取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于點(diǎn)O，連接OM，BN.因?yàn)镹是DC的中點(diǎn)，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因?yàn)镈C是平面ABCD與平面CC1D1D的交線，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可證得O是NN1的中點(diǎn)，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四邊形BMON是平行四邊形．所以BN∥OM.所以O(shè)M⊥平面CC1D1D.因?yàn)镺M?平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.[題型(三)][例3]解：(1)∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD.∴∠PBA就是異面直線PB與CD的夾角，即∠PBA＝45°.∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB.∴PA＝AB.在△PBC和△PDC中，PB＝PD，BC＝CD，PC＝PC，∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB＝∠PCD.作BE⊥PC于E，連接ED.在△ECB與△ECD中，BC＝CD，CE＝CE，∠ECB＝∠ECD，∴△ECB≌△ECD.∴∠CED＝∠CEB＝90°.∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角．設(shè)AB＝a，則BD＝PB＝eq\r(2)a，PC＝eq\r(3)a.則BE＝DE＝eq\f(PB·BC,PC)＝eq\f(\r(6),3)a.則cos∠BED＝eq\f(BE2＋DE2－BD2,2×BE×DE)＝－eq\f(1,2)，即∠BED＝120°.∴二面角B-PC-D的大小為120°.(2)還原棱錐為正方體ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F.∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1＝B1，B1P，CB1?平面PB1CD，∴BF⊥平面PB1CD.連接PF，則∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角．易知BF＝eq\f(\r(2),2)a，PB＝eq\r(2)a，∴sin∠BPF＝eq\f(1,2)，即∠BPF＝30°.∴直線PB與平面PCD所成的角為30°.[針對訓(xùn)練]4．解：(1)證明：如圖，過A1作A1D⊥CC1，垂足為D，∵A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴A1C⊥BC.又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵A1C，AC?平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1.∵A1D?平面ACC1A1，∴BC⊥A1D.又CC1，BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1.∴A1D＝1.由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D為CC1的中點(diǎn)．又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.(2)連接A1B，∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.∴BA＝BA1.過B作BO⊥AA1，交AA1于點(diǎn)O，則O為AA1中點(diǎn)．由于直線AA1與BB1距離為2，所以BO＝2.∵A1O＝1，BO＝2，∴A1B＝AB＝eq\r(5)，在Rt△ABC中，BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(3).延長AC，使AC＝CM，連接C1M.由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四邊形A1CMC1為平行