《浙江省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關系（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題五　立體幾何第2講　點、直線、平面之間的位置關系 真題試做 1．(2020·四川高考，文6)下列命題正確的是(　　)． A．若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行 C．若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行 D．若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行 2．(2020·浙江高考，文5)設l是直線，α，β是兩個不同的平面，(　　)． A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β

2、 3．(2020·大綱全國高考，文16)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點，那么異面直線AE與D1F所成角的余弦值為__________． 4．(2020·遼寧高考，文16)已知點P，A，B，C，D是球O表面上的點，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的正方形．若PA＝2，則△OAB的面積為__________． 5．(2020·浙江高考，文20)如圖，在側棱垂直底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是DD1的中點，F(xiàn)是平面B1C1E與直線AA1的交點． (1)證明：

3、①EF∥A1D1； ②BA1⊥平面B1C1EF； (2)求BC1與平面B1C1EF所成的角的正弦值． 考向分析 從近幾年的高考試題來看，在本講中所涉及的主要內容是：(1)有關線面位置關系的組合判斷，試題以選擇題的形式出現(xiàn)，通常是考查空間線線、線面、面面位置關系的判定與性質；(2)有關線線、線面平行與垂直的證明，試題以解答題為主，常以多面體為載體，突出考查學生的空間想象能力及推理論證能力；(3)有關面面平行與垂直的證明，多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合性強；(4)有關折疊問題，以解答題為主，通過折疊把平面圖形轉化為空間幾何體，更好地考查學生的空間想象能力和知識遷移能力． 預測2020年高考中

4、，仍以某幾何體為載體，重在探索和判定線線、線面和面面的位置關系，當然也可能綜合考查面積及體積的計算，題目難度為中低檔． 熱點例析 【例1】熱點一　有關線面位置關系的組合判斷 若a，b是兩條異面直線，α，β是兩個不同平面，a?α，b?β，α∩β＝l，則(　　)． A．l與a，b分別相交 B．l與a，b都不相交 C．l至多與a，b中一條相交 D．l至少與a，b中的一條相交 規(guī)律方法 解決空間線面位置關系的組合判斷題常有以下方法： (1)根據(jù)空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題； (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置

5、關系，并結合有關定理來進行判斷； (3)應熟練掌握立體幾何的三種語言——符號語言、自然語言以及圖形語言的相互轉換． 變式訓練1 如圖所示，平面α⊥平面β，α∩β＝直線l，A，C是α內不同的兩點，B，D是β內不同的兩點，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點．下列判斷正確的是(　　)． A．當|CD|＝2|AB|時，M，N兩點不可能重合 B．M，N兩點可能重合，但此時直線AC與l不可能相交 C．當AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D．當AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行 熱點二　線線、線面平行與垂直的證明 【例2】如圖，在

6、四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1BD． 規(guī)律方法 (1)線線垂直的證明方法 ①相交垂直：可借助定義或平面幾何知識進行證明； ②異面垂直：由線面垂直的性質定理進行證明． (2)證明線線平行的常用方法 ①利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行； ②利用平行四邊形進行轉換； ③利用三角形中位線定理證明； ④利用線面平行、面面平行的性質定理證明． (3)證明線面平行的常用方法 ①定義法； ②利用線面平行的判定

7、定理； ③利用面面平行的性質定理，把面面平行轉化為線面平行． (4)證明線面垂直的常用方法 ①利用直線和平面垂直的定義．此種方法利用向量證明較好； ②利用線面垂直的判定定理．此種方法要注意平面內的兩條直線必須相交； ③利用線面垂直的性質．兩平行線中一條垂直于一個平面，另一條也垂直于這個平面； ④利用面面垂直的性質．兩平面垂直，在一個平面內垂直于交線的直線必垂直于另一個平面．此種方法要注意“平面內的直線”； ⑤利用面面垂直的性質．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，那么它們的交線也垂直于第三個平面； ⑥利用面面平行的性質．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，必垂直于另一個平面． 變

8、式訓練2 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O為AC的中點，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點． (1)證明：PB∥平面ACM； (2)證明：AD⊥平面PAC． 熱點三　面面平行與垂直的證明 【例3】在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝4，P為平面ABCD外一點，且PA＝PB，PD＝PC，N為CD的中點． (1)求證：平面PCD⊥平面ABCD； (2)在線段PC上是否存在一點E使得NE∥平面ABP？若存在，說明理由并確定E點的位置；若不存在，請說明理由． 規(guī)律方法 (1)證明面面平

9、行的常用方法 ①利用面面平行的定義，此法一般與反證法結合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用兩個平面垂直于同一直線； ④證明兩個平面同時平行于第三個平面． (2)證明面面垂直的方法 ①證明一個平面經過另一個平面的垂線，一般先在現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則應借助中點、高線等添加輔助線解決； ②利用面面垂直的定義．新課標對此要求較低． 變式訓練3 如圖，已知在三棱錐A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB中點，D為PB中點，且△PMB為正三角形． 求證：(1)DM∥平面APC； (2)平面ABC⊥平面APC． 熱點四　折疊問題 【例1】如圖，在△A

10、BC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動點，PD∥BC交AC于點D，現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD． (1)當棱錐A′－PBCD的體積最大時，求PA的長； (2)若點P為AB的中點，E為A′C的中點，求證：A′B⊥DE. 規(guī)律方法 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)將平面圖形翻折后，經過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉化到我們熟悉的幾何體中解決． (3)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折

11、疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． 變式訓練4 如圖①，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP＝2，D為AP的中點，E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，CB的中點，將△PCD沿CD折起，使點P在平面ABCD內的射影為點D，如圖②. (1)求證：AP∥平面EFG； (2)求三棱錐P－ABC的體積． 思想滲透 轉化與化歸思想——解決立體幾何中的探索性問題 (1)解決立體幾何中探索性問題的常用方法是：先研究特殊點(端點、中點、三等分點等)、特殊位置(平行或垂直)，再進行證明； (2)當特殊點或特殊位置不符合要求時，可以通過運算(向量法)或根據(jù)結論分析出點線位置，再用

12、綜合法證明； (3)解決探索性問題的一般步驟為：首先假設其存在，然后在這個假設下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結論就肯定假設，如果得到了矛盾結論就否定假設． 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點． (1)求證：AD⊥PC； (2)求三棱錐A－PDE的體積； (3)在AC上是否存在一點M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． (1)證明：因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD． 又因為四邊形ABCD是矩形，所以AD⊥CD． 因為PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PC

13、D． 又因為PC?平面PCD，所以AD⊥PC． (2)解：由(1)知AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A－PDE的高． 因為E為PC的中點，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4. 又AD＝2，所以VA－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝. (3)解：取AC的中點M，連接EM，DM， 因為E為PC的中點，M是AC的中點， 所以EM∥PA． 又因為EM?平面DEM，PA?平面EDM，所以PA∥平面DEM. 此時AM＝AC＝＝＝， 即在AC上存在一點M，使得PA∥平面EDM，且AM的長為. 1．(2020·浙江重點中學3月調研，3)設m，n是兩

14、條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．考查下列命題，其中正確的命題是(　　)． A．m⊥α，n?β，m⊥n?α⊥β B．α∥β，m⊥α，n∥β?m⊥n C．α⊥β，m⊥α，n∥β?m⊥n D．α⊥β，α∩β＝m，n⊥m?n⊥β 2．(2020·山東濟南二模，10)設α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α內的兩條不同直線，l1，l2是平面β內的兩條相交直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是(　　)． A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α 3．(2020·浙江名?！秳?chuàng)新》沖刺卷，5)設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平

15、面，下列命題中正確的是(　　)． A．若a∥b，a∥α，則b∥α B．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，a⊥β，則a∥α D．若α⊥β，a∥α，則a⊥β 4．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足__________時，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 5．如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點． (1)求證：MN⊥CD； (2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD． 6．(2020·廣東梅州中學三模，18)如圖所示，正方

16、形ABCD與直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2. (1)求證：AC∥平面BEF； (2)求四面體BDEF的體積． 參考答案 命題調研·明晰考向 真題試做 1．C　解析：若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交．選項A錯； 如果到一個平面距離相等的三個點在同一條直線上或在這個平面的兩側，則經過這三個點的平面與這個平面相交，選項B不正確； 如圖，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，過直線a作平面ε∩α＝c，過直線a作平面γ∩β＝d，∵a∥α，∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵c?α，dα，∴

17、d∥α，又∵d?β，∴d∥b，∴a∥b，選項C正確； 若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面可平行、可相交，選項D不正確． 2．B　解析：A選項中由l∥α，l∥β不能確定α與β的位置關系，C選項中由α⊥β，l⊥α可推出l∥β或l?β，D選項由α⊥β，l∥α不能確定l與β的位置關系． 3．　解析：設正方體的棱長為a.連接A1E，可知D1F∥A1E， ∴異面直線AE與D1F所成的角可轉化為AE與A1E所成的角， 在△AEA1中， cos∠AEA1＝＝. 4．3　解析：如圖所示，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC. 故可知PC為球O直徑，則PC的中點為O，取AC的中點為O′，

18、 則OO′＝PA＝， 又∵AC＝＝2，PA＝2， ∴PC＝＝4， ∴球半徑R＝2，故OC＝OA＝OB＝2.又∵AB＝2， ∴△OAB為等邊三角形．∴S△OAB＝×2×2×sin 60°＝3. 5．(1)證明：①因為C1B1∥A1D1，C1B1平面ADD1A1， 所以C1B1∥平面A1D1DA. 又因為平面B1C1EF∩平面A1D1DA＝EF， 所以C1B1∥EF，所以A1D1∥EF. ②因為BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1. 又因為B1C1⊥B1A1，所以B1C1⊥平面ABB1A1， 所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中，F(xiàn)是AA1的中點

19、，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝， 即∠A1B1F＝∠AA1B，故BA1⊥B1F. 所以BA1⊥平面B1C1EF. (2)解：設BA1與B1F交點為H，連結C1H. 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF， 所以∠BC1H是BC1與面B1C1EF所成的角． 在矩形AA1B1B中，AB＝，AA1＝2，得BH＝. 在直角△BHC1中，BC1＝2，BH＝， 得sin∠BC1H＝＝. 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】D　解析：假設l與a，b均不相交，則l∥a，l∥b，從而a∥b與a，b是異面直線矛盾，故l至少與a，b

20、中的一條相交．選D. 【變式訓練1】B　解析：若M，N兩點重合，由AM＝MB，CM＝MD知AC∥BD，從而AC∥平面β，故有AC∥l，故B正確． 【例2】證明：(1)方法一：因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以D1D⊥BD. 又因為AB＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2， 所以AD2＋BD2＝AB2.所以AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，故AA1⊥BD. 方法二：因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD(如圖)

21、， 所以BD⊥D1D. 取AB的中點G，連接DG(如圖)． 在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD. 又∠BAD＝60°， 所以△ADG為等邊三角形，因此GD＝GB， 故∠DBG＝∠GDB. 又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°， 故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以BD⊥AD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，故AA1⊥BD. (2)如圖，連接AC，A1C1. 設AC∩BD＝E，連接EA1. 因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以EC＝AC. 由棱臺定義及AB＝2AD＝2A1B1

22、知A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形． 因此CC1∥EA1. 又因為EA1?平面A1BD，CC1平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 【變式訓練2】證明：(1)連接BD，MO.在平行四邊形ABCD中， 因為O為AC的中點，所以O為BD的中點． 又M為PD的中點，所以PB∥MO. 因為PB平面ACM，MO?平面ACM， 所以PB∥平面ACM. (2)因為∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC. 又PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD. 而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.

23、 【例3】(1)證明：取AB中點M，連接PM，PN，MN， 則PM⊥AB，PN⊥CD. 又ABCD為直角梯形，AB⊥BC， ∴MN⊥AB. ∵PM∩MN＝M，∴AB⊥平面PMN. 又PN?平面PMN，∴AB⊥PN. ∵AB與CD相交，∴PN⊥平面ABCD. 又PN?平面 PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD. (2)解：假設存在．在PC，PB上分別取點E，F(xiàn)，使BF＝BP，CE＝CP，連接EF，MF，NE， 則EF∥BC且可求得EF＝BC＝3. ∵MN＝3且MN∥BC，∴EF∥MN且EF＝MN. ∴四邊形MNEF為平行四邊形，∴EN∥FM. 又∵FM?平面PAB，

24、 ∴在線段PC上存在一點E使得NE∥平面ABP，此時CE＝PC. 【變式訓練3】證明：(1)∵M為AB中點，D為PB中點， ∴MD∥AP. 又∵MD平面APC，AP?平面APC， ∴DM∥平面APC. (2)∵△PMB為正三角形，且D為PB中點，∴MD⊥PB. 又由(1)知MD∥AP，∴AP⊥PB. 又AP⊥PC，PB∩PC＝P，∴AP⊥平面PBC， ∴AP⊥BC. 又∵AC⊥BC，AP∩AC＝A，∴BC⊥平面APC， ∴平面ABC⊥平面PAC. 【例4】(1)解：令PA＝x(0＜x＜2)， 則A′P＝PD＝x，BP＝2－x. 因為A′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PB

25、CD， 故A′P⊥平面PBCD， 所以VA′－PBCD＝Sh＝(2－x)(2＋x)x＝(4x－x3)． 令f(x)＝(4x－x3)，由f′(x)＝(4－3x2)＝0，得x＝. 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增； 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． 所以，當x＝時，f(x)取得最大值， 即當VA′－PBCD最大時，PA＝. (2)證明：設F為A′B的中點，連接PF，F(xiàn)E，則有EF綉B(tài)C.又PD綉B(tài)C， 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B. 【變式訓練4】(1)證明：由題意，△PCD折起后PD⊥平面ABCD. 四邊形A

26、BCD是邊長為2的正方形，PD＝2. ∵E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，BC的中點， ∴EF∥CD，EG∥PB. 又CD∥AB，∴EF∥AB. 又∵EG∩EF＝E，PB∩AB＝B，∴平面EFG∥平面PAB， ∴PA∥平面EFG. (2)解：由(1)中結論可知PD是三棱錐P－ABC的高， 因此V三棱錐P－ABC＝S△ABC·PD＝××22×2＝. 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．B　解析：對于A，α與β也可以斜交或平行，故A錯；對于B，由條件知m⊥β，而直線n可平行移動到平面β內，故B正確；對于C，直線m，n可以平行，故C錯；對于D，若直線n不在平面α內，則不能推出n⊥β. 2．A 3

27、．B　解析：對于A，有可能直線b?α，故A錯；對于B，設向量a，b所在的直線分別是直線a，b，則向量a，b分別是平面α，β的法向量，故B正確；對于C，有可能直線a?α，故C錯；對于D，有可能直線a?β，故D錯． 4．DM⊥PC　解析：易得BD⊥PC. ∴當DM⊥PC時，即有PC⊥平面MBD. 而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 5．證明：(1)如圖，連接AC，AN，BN. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC. 在Rt△PAC中，N為PC中點，∴AN＝PC. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC. 又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB， ∴BC⊥PB，

28、從而在Rt△PBC中，BN為斜邊PC上的中點， ∴BN＝PC.∴AN＝BN，∴△ABN為等腰三角形． 又M為底邊AB的中點，∴MN⊥AB. 又∵AB∥CD，∴MN⊥CD. (2)如圖，連接PM，CM. ∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD. ∵四邊形ABCD為矩形， ∴AD＝BC，∴PA＝BC. 又∵M為AB的中點，∴AM＝BM. 而∠PAM＝∠CBM＝90°， ∴PM＝CM. 又N為PC的中點，∴MN⊥PC. 由(1)知，MN⊥CD，PC∩CD＝C， ∴MN⊥平面PCD. 6．(1)證明：設AC∩BD＝O，取BE中點G，連接FG，OG， 所以OG綉DE. 因為AF∥DE，DE＝2AF， 所以AF綉OG. 從而四邊形AFGO是平行四邊形，F(xiàn)G∥AO. 因為FG?平面BEF，AO平面BEF， 所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF. (2)解：因為平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD， 所以AB⊥平面ADEF. 因為AF∥DE，∠ADE＝90°，DE＝DA＝2AF＝2， 所以△DEF的面積為×ED×AD＝2， 所以四面體BDEF的體積＝S△DEF×AB＝.