1、第二章 点、直线、平面 之间的位置关系 章末复习与总结1立体几何中的翻折问题解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变化情况，看看哪些元素的位置变了，哪些没有变，基本思路是利用不变求变，一般步骤如下：(1)平面空间：根据平面图形折出满足条件的空间图形想象出空间图形，完成平面图形与空间图形在认识上的转化(2)空间平面：为解决空间图形问题，要回到平面上来，重点分析元素的变与不变(3)平面空间：弄清楚变与不变的元素以后，再立足于不变的元素的位置关系、数量关系去探求变化后元素在空间中的位置关系与数量关系【例 1】如图，在矩形 ABCD 中，AB2AD，E 是 AB 的中点，沿 DE 将ADE
2、折起(1)如果二面角 ADEC 是直二面角，求证：ABAC；(2)如果 ABAC，求证：平面 ADE平面 BCDE.证明(1)过点 A 作 AMDE 于点 M，则 AM平面 BCDE，AMBC.又 ADAE，M 是 DE 的中点取 BC 中点 N，连接 MN，AN，则 MNBC.又 AMBC，AMMNM，BC平面 AMN，ANBC.又N 是 BC 中点，ABAC.(2)取 BC 的中点 N，连接 AN.ABAC，ANBC.取 DE 的中点 M，连接 MN，AM，MNBC.又 ANMNN，BC平面 AMN，AMBC.又 M 是 DE 的中点，ADAE，AMDE.又DE 与 BC 是平面 BCDE
3、 内的相交直线，AM平面 BCDE.AM平面 ADE，平面 ADE平面 BCDE.解决折叠问题的策略(1)抓住折叠前后的变量与不变量一般情况下，在折线同侧的量，折叠前后不变，“跨过”折线的量，折叠前后可能会发生变化，这是解决这类问题的关键(2)在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况注意相应的点、直线、平面间的位置关系，线段的长度，角度的变化情况.|方法总结|2.立体几何中的存在性问题以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某
4、一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由【例 2】如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形，PB平面 ABCD,MAPB,PB2MA.在线段 PB 上是否存在一点 F,使平面 AFC平面 PMD？若存在，请确定点 F 的位置；若不存在，请说明理由解 当点 F 是 PB 的中点时，平面 AFC平面 PMD,证明如下：如图，连接 BD 和 AC交于点 O,连接 FO,那么 PF12PB.因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以 O 是 BD 的中点所以 OFPD.又 OF平面 PMD,PD平面 PMD
5、,所以 OF平面 PMD.又 MA 綊12PB,所以 PF 綊 MA.所以四边形 AFPM 是平行四边形所以 AFPM.又 AF平面 PMD,PM平面 PMD.所以 AF平面 PMD.又 AFOFF,AF平面 AFC，OF平面 AFC.所以平面 AFC平面 PMD.解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：先假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在.|方法总结|本章所用的数学方法有转化与划归思想及分类讨论思想，下面进行例析说明1分类
6、讨论思想【例 3】在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 Q 是棱 DD1上的动点，判断过 A，Q，B1 三点的截面图形的形状分析 决定过 A，Q，B1 三点的截面图形的形状的因素是动点 Q，所以要对点 Q 的位置进行分类讨论解 由于点 Q 是线段 DD1 上的动点，故当点 Q 与点 D1 重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图：当点 Q 与点 D 重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图：当点 Q 不与点 D，D1 重合时，截面图形为等腰梯形AQRB1，如图：本例中由于点Q的位置不确定，导致截面形状不确定，故而采用分类讨论的方法来确定截面另外，作两个平面的交线要注意直线的无限延伸性
7、和平面的无限延展性，不要受所画图形的限制|方法总结|【例 4】如图，在矩形 ABCD 中，AB1，BCa(a0)，PA平面 AC，且 PA1，问：BC 边上是否存在点 Q，使得 PQQD？并说明理由分析 由于矩形是变动的，在 BC 边上是否存在点 Q，使得 PQQD 与 a 有关，故应对 a 进行分类讨论解 因为 PA平面 AC，QD平面 AC，所以 PAQD.又因为 PQQD，PAPQP，所以 QD平面 PAQ.所以 AQQD.当 0a2 时，由四边形 ABCD 是矩形，且 AB1，知以 AD 为直径的圆与 BC 无交点，即对于 BC 上任一点 Q，都有AQD90，此时 BC 边上不存在点
8、Q，使 PQQD；当 a2 时，以 AD 为直径的圆与 BC 相切于 BC 的中点 Q，此时AQD90，所以 BC 边上存在一点 Q，使 PQQD；当 a2 时，以 AD 为直径的圆与 BC 相交于点 Q1，Q2，此时AQ1DAQ2D90，故 BC 边上存在两点 Q(即 Q1 与Q2)，使 PQQD.应注意到矩形是变动的，所以应对a进行分类讨论分类的依据是直线与圆的位置关系的几种情况，从而划分a的取值范围，然后进行讨论.|方法总结|2.转化与化归思想的应用【例 5】在空间四边形 ABCD 中，ADBC2a，E，F分别是 AB，CD 的中点，EF 3a，求异面直线 AD，BC 所成的角分析 要求
9、异面直线 AD，BC 所成的角，可在空间中找一些特殊点，将 AD，BC 平移至一个三角形中此题已知 E，F 分别为 AB，CD 的中点，故可寻找一边中点，如 BD 的中点 M，则EMF(或其补角)为所求角解 如图，取 BD 的中点 M.连接 EM，FM，由题意，知EM 为BAD 的中位线，所以 EMAD 且 EM12AD.同理，MFBC 且 MF12BC.所以 EMa，MFa，且EMF(或其补角)为所求角在等腰MEF 中，取 EF 的中点 N，连接 MN，则 MNEF.又因为 EF 3a，所以 EN 32 a.故有 sinEMNENEM 32.所以EMN60，所以EMF2EMN120.因为EM
10、F12090，所以 AD，BC 所成的角为EMF 的补角，即 AD 和 BC 所成的角为 60.|方法总结|在求异面直线所成的角的过程中要注意：(1)通常将空间中的两条异面直线通过平移的方法，转化到同一个三角形中，将空间问题转化为平面问题求解(2)要特别注意平移所得的角可能是异面直线所成的角的补角，这是由异面直线所成角的范围是0，2 决定的【例 6】如图所示，已知 P 是ABCD 所在平面外一点，M，N 分别是 AB，PC 的中点，平面 PAD平面 PBCl.(1)求证：lBC；(2)MN 与平面 PAD 是否平行？试证明你的结论分析 欲证明线线平行可考虑线面平行的性质，欲证明线面平行可考虑线
11、面平行的判定或面面平行的性质解(1)证明：因为 ADBC，BC平面 PAD，AD平面 PAD，所以 BC平面 PAD.又因为平面 PBC平面 PADl，所以 lBC.(2)平行证明如下：如图，取 CD 的中点 Q，连接 NQ，MQ.因为 M，N 分别是 AB，PC 的中点，所以 MQAD，NQPD.因为 MQNQQ，ADPDD，所以平面 MNQ平面 PAD.因为 MN平面 MNQ，所以 MN平面 PAD.常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，三种平行关系不是孤立的，而是相互联系的面面平行问题常常转化为线面平行问题，而线面平行问题又可转化为线线平行问题，所以要注意转化思想的应用.|方法总
12、结|1.忽视定理的条件致误【例 7】如图，已知 E，F 分别是正方体ABCDA1B1C1D1 的棱 AA1，CC1 的中点，求证：四边形 BED1F 是平行四边形分析 已知 E，F 两点为正方体棱的中点，若证四边形BED1F 为平行四边形，则先证 B，E，D1，F 四点共面，再证四边形 BED1F 为平行四边形证明 如图，连接 AC，BD，交点为 O；连接 A1C1，B1D1，交点为 O1.连接 BD1，EF，OO1.设 OO1 的中点为 M.由正方体的性质可得四边形 ACC1A1 为矩形又因为 E，F 分别为 AA1，CC1 的中点，所以 EF 过 OO1 的中点 M，同理四边形 BDD1B
13、1 为矩形，BD1 过 OO1 的中点 M，所以 EF 与 BD1 相交于点 M.所以 E，B，F，D1 四点共面又因为平面 ADD1A1平面 BCC1B1，平面 EBFD1平面 ADD1A1ED1，平面 EBFD1平面 BCC1B1BF，所以 ED1BF.同理，EBD1F.所以四边形 BED1F 是平行四边形.本例中常见的错误是没有证明E，B，F，D1四点共面，而是想当然地认为这四点共面，然后由平面ADD1A1平面BCC1B1，且这两个平面与平面EBFD1的交线分别为ED1和BF，故而得出ED1BF.这种证法的错误根源在于忽视了立体几何中定理的要求条件，人为地假设条件存在，缺乏严谨性 易错点拨
