（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题三 立体几何 第2讲 空间位置关系的判断与

1第2讲空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019线面平行及点到平面的距离计算·T19面面平行的判定及充要条件·T7两直线位置关系的判断·T8线面垂直的证明及体积计算·T17翻折问题、面面垂直的证明及四边形面积计算·T192018直线与平面所成的角、长方体体积的计算·T10求异面直线所成的角·T9面面垂直的证明及线面平行的存在性问题·T19线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算·T18线面垂直的证明及点到平面的距离计算·T192017线面平行的判定·T6线面平行的证明、四棱锥体积的计算·T18空间中线线垂直的判定·T10面面垂直的证明、四棱锥体积及侧面积的计算·T18线线垂直的判定、四面体体积的计算·T19(1)选择题、填空题多考查线面位置关系的判断、空间角、表面积及体积的计算，此类试题难度中等偏下，考查次数较少.(2)解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上.解答题的基本模式是“一证明二计算”.考点一空间点、线、面的位置关系[例1](1)(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α，β平行于同一条直线D.α，β垂直于同一平面(2)(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()2A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线[解析](1)若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是α∥β的充要条件.根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.故选B.(2)取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN＝FN2＋EF2＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝12EF＝32，BG＝CG2＋BC2＝322＋22＝52，∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交.故选B.[答案](1)B(2)B[解题方略]判断与空间位置关系有关命题真假的4种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判3断；(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定；(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断；(4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面.[跟踪训练]1.(2019·沈阳市质量监测一)已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A.若m∥n，m∥α，则n∥αB.若α∥β，m∥α，则m∥βC.若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β解析：选D对于选项A，m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错；对于选项B，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，B错；对于选项C，m⊥n，n⊂α，不能推出m⊥α，C错；对于选项D，面面垂直的判定定理，正确.故选D.2.(2019·沈阳市质量监测一)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论中正确的是________.(写出所有正确结论的序号)①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③异面直线AC与A1B成60°角；④AC1与底面ABCD所成角的正切值是2.解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，∴AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成的角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，∴∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成的角的正切值是CC1AC＝12＝22≠2，故④不正确.故正确的结论为①②③.4答案：①②③考点二空间平行、垂直关系的证明[经典母题][例2]如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明](1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.[母题变式]1.在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.5证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O，连接FO.∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，∴AB綊CE.∴四边形ABCE为平行四边形.∴O为AC的中点，则FO綊12PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.2.在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O.∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.∴AB綊CE.又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.又∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.[解题方略]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.[跟踪训练]1.(2019届高三·郑州模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF6均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.2.(2019·广东省七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点.(1)求四棱锥P­ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝13S正方形ABCD·PA＝13×2×2×2＝83.(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，则易得AE∥FG，且AE＝12CD＝FG，∴四边形AEFG为平行四边形，∴EF∥AG.∵EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，∴AG∥平面PEC.7(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD，∴CD⊥AG.易知PD⊥AG，∵PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AG⊥平面PCD，∴EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.考点三平面图形中的折叠问题[例3](2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的四边形ACGD的面积.[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.[解题方略]平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.8[跟踪训练](2019·湖南省湘东六校联考)如图，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABD′⊥平面ABC.(1)求证：AD′⊥平面BCD′；(2)当AB＝3，AD＝1时，求点B到平面AD′C的距离.解：(1)证明：∵BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，平面ABD′∩平面ABC＝AB，∴BC⊥平面ABD′，∵AD′⊂平面ABD′，∴BC⊥AD′，又AD′⊥D′C，BC∩D′C＝C，∴AD′⊥平面BCD′.(2)由(1)知AD′⊥平面BCD′，又BD′⊂平面BCD′，∴AD′⊥BD′，从而BD′＝2，设点B到平面AD′C的距离为h，由V三棱锥B­AD′C＝V三棱锥C­AD′B，得13S△AD′C·h＝13S△AD′B·BC，即13×12×1×3×h＝13×12×1×2×1，得h＝63，即点B到平面AD′C的距离为63.考点四空间线面关系的探究性问题[例4](2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD︵所在平面垂直，M是CD︵上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由