安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關(guān)系 文

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1、專題五　立體幾何第2講　點、直線、平面之間的位置關(guān)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(nèi)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(shè)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·安徽高考，文15)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則__________(寫出所有正確結(jié)論的編號)． ①四面體ABCD每組對棱相互垂直 ②四面體ABCD每個面的面積相等 ③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180° ④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分 ⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個

3、三角形的三邊長 5．(2020·江蘇高考，16)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(點D不同于點C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點． 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. 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(nèi)容是：(1)有關(guān)線面位置關(guān)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(guān)系的判定與性質(zhì)；(2)有關(guān)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(xué)生的空間想象能力及推理論證能力；(3)有關(guān)面面平行與垂直的

4、證明，多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合性強；(4)有關(guān)折疊問題，以解答題為主，通過折疊把平面圖形轉(zhuǎn)化為空間幾何體，更好地考查學(xué)生的空間想象能力和知識遷移能力． 預(yù)測2020年高考中，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(guān)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 熱點一　有關(guān)線面位置關(guān)系的組合判斷 【例1】若a，b是兩條異面直線，α，β是兩個不同平面，aα，bβ，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(guān)系的組

5、合判斷題常有以下方法： (1)根據(jù)空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)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關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進行判斷； (3)應(yīng)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(zhuǎn)換． 變式訓(xùn)練1 如圖所示，平面α⊥平面β，α∩β＝直線l，A，C是α內(nèi)不同的兩點，B，D是β內(nèi)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

6、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(zhì)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；

7、 ②利用平行四邊形進行轉(zhuǎn)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(zhì)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定理； ③利用面面平行的性質(zhì)定理，把面面平行轉(zhuǎn)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(nèi)的兩條直線必須相交； ③利用線面垂直的性質(zhì)．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(zhì)．兩平面垂直，在一個平面內(nèi)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(nèi)的直線”；

8、⑤利用面面垂直的性質(zhì)．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(zhì)．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． 變式訓(xùn)練2 (2020·安徽高考，文19)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中點，E是棱AA1上任意一點， (1)證明：BD⊥EC1； (2)如果AB＝2，AE＝，OE⊥EC1，求AA1的長． 熱點三　面面平行與垂直的證明 【例3】(2020·合肥八中沖刺卷，文17)已知四棱錐P-ABCD底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F(xiàn)分別是線

9、段AB，BC的中點． (1)證明：PF⊥FD； (2)在線段PA上找一點G，使得EG∥平面PFD； (3)若PA＝AF，求點C到平面PFD的距離． 規(guī)律方法 (1)證明面面平行的常用方法 ①利用面面平行的定義，此法一般與反證法結(jié)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(jīng)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(yīng)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(xùn)練3 如圖，已知在三棱錐A-BPC中，

10、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4】如圖，在△ABC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(guān)的問題的關(guān)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(guān)系往往會發(fā)生變化，抓

11、住不變量是解決問題的突破口． (2)將平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉(zhuǎn)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，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． 變式訓(xùn)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(nèi)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(zhuǎn)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

12、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(jié)論分析出點線位置，再用綜合法證明； (3)解決探索性問題的一般步驟為：首先假設(shè)其存在，然后在這個假設(shè)下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，如果得到了矛盾結(jié)論就否定假設(shè)． 【典型例題】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P

13、A∥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PCD. 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

14、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·湖南株洲質(zhì)檢，7)若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列命題： (1)若m⊥α，n∥α，則m⊥n； (2)若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； (3)若m∥α，n∥α，則m∥n； (4)α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ. 其中正確的命題是(　　)． A．(1)(4) B．(2)(3) C．(1)(2)(4) D．(1)(3) 2．(2020·山東濟南二模，10)設(shè)α，β是兩個不

15、同的平面，m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線，l1，l2是平面β內(nèi)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．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　)． A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 4. (2020·安徽江南十校聯(lián)考，文15)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1棱長為1，點M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四個結(jié)論：①

16、AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥面A1B1C1D1；④MN與A1C1是異面直線．其中正確結(jié)論的序號是__________．(注：把你認為正確命題的序號都填上) 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(xué)三模，18)如圖所示，正方形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(diào)研·明晰考向

17、 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(cè)，則經(jīng)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，∵cα，dα，∴d∥α，又∵dβ，∴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(guān)系，C選項中由α⊥

18、β，l⊥α可推出l∥β或lβ，D選項由α⊥β，l∥α不能確定l與β的位置關(guān)系． 3.　解析：設(shè)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(zhuǎn)化為AE與A1E所成的角． 在△AEA1中， cos∠AEA1 ＝ ＝. 4．②④⑤　解析：如圖所示，四面體ABCD中，AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則△ABC≌△CDA≌△DCB≌△BAD，故②正確；∵△ABC≌△CDA≌△BAD， ∴∠BAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB， ∴∠BAC＋∠CAD＋∠BAD＝∠BAC＋∠ACB＋∠ABC＝180°，故③錯； 取AB，BC，CD，DA

19、的中點M，N，P，Q，連接MN，NP，PQ，MQ，由此得，MN＝QP＝AC，NP＝MQ＝BD，∵BD＝AC，∴MN＝QP＝MQ＝NP， ∴四邊形MNPQ為菱形， ∴對角線相互垂直平分，故④正確，①錯誤；而⑤正確，如AB，AC，AD可作為△ABC的三邊． 5．證明：(1)因為ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因為AD⊥DE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因為A1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點，所以A1F⊥B1

20、C1. 因為CC1⊥平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因為CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F∥平面ADE. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】 D　解析：假設(shè)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中的一條相交．選D. 【變式訓(xùn)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∥

21、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)， 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°，

22、 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(shè)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

23、A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 【變式訓(xùn)練2】 (1)證明：連接AC，A1C1. 由底面是正方形知，BD⊥AC. 因為AA1⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以AA1⊥BD. 又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C. 再由EC1平面AA1C1C知，BD⊥EC1. (2)解：設(shè)AA1的長為h，連接OC1. 在Rt△OAE中，AE＝，AO＝， 故OE2＝()2＋()2＝4. 在Rt△EA1C1中，A1E＝h－，A1C1＝2， 故EC＝(h－)2＋(2)2. 在Rt△OCC1中，OC＝，CC1＝h，OC＝h2＋()2， 因為OE⊥EC1，所以O(shè)E

24、2＋EC＝OC， 即4＋(h－)2＋(2)2＝h2＋()2， 解得h＝3. 所以AA1的長為3. 【例3】(1)證明：連接AF，則AF＝，DF＝， ∵AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2， ∴DF⊥AF， ∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA， ∵PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF， ∵PF平面PAF，∴DF⊥PF. (2)解：過點E作EH∥FD交AD于點H，則EH∥平面PFD且AH＝AD， 再過點H作HG∥DP交PA于點G，連接EG，則HG∥平面PFD且AG＝AP， ∴平面EHG∥平面PFD， ∴EG∥平面PFD. 從而求得滿足條件的點G在AP上且AG＝AP.

25、(3)解：設(shè)C到平面PFD的距離為d，由VP-CFD＝VC-PFD得S△CFD·PA＝S△PFD·d， 易算得S△CFD＝，S△PFD＝，PA＝，因此d＝. 【變式訓(xùn)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(

26、0＜x＜2)， 則A′P＝PD＝x，BP＝2－x. 因為A′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PBCD， 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(diào)遞增； 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)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(shè)F為A′B的中點，連接PF，F(xiàn)E，則有EFBC. 又PDBC， 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故D

27、E⊥A′B. 【變式訓(xùn)練4】 (1)證明：由題意，△PCD折起后PD⊥平面ABCD. 四邊形ABCD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(jié)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(yù)測演練 1．A　解析：對于(2)，α與β可能相交；對于(3)，平行于同一平面的兩直線可能平行，也可能相交，也可能異面；因此選A

28、. 2．A 3．A　解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AC⊥平面ABC1，AC平面ABC， ∴平面ABC1⊥平面ABC，C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上，故選A. 4．①③　解析：過N作NP⊥BB1于點P，連接MP，可證AA1⊥面MNP，∴①對； 過M，N分別作MR⊥A1B1，NS⊥B1C1于點R，S，則當M，N不是AB1，BC1的中點時，A1C1與RS相交；當M，N是AB1，BC1的中點時，A1C1∥RS，∴A1C1與MN可以異面，也可以平行，故②④錯；由①正確知：面MNP∥面A1B1C1D1，故③對．故選①③. 5．證明：(1)如圖，連接AC，AN，BN.

29、∵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， 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°，

30、∴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(shè)AC∩BD＝O，取BE中點G，連接FG，OG， 所以O(shè)GDE. 因為AF∥DE，DE＝2AF， 所以AFOG. 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＝.