浙江省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第2讲 点、直线、平面之间的位置关系

专题五立体几何第2讲点、直线、平面之间的位置关系真题试做1(2020四川高考，文6)下列命题正确的是()A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行2(2020浙江高考，文5)设l是直线，是两个不同的平面，()A若l，l，则B若l，l，则C若，l，则lD若，l，则l3(2020大纲全国高考，文16)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为_4(2020辽宁高考，文16)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形若PA2，则OAB的面积为_5(2020浙江高考，文20)如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AB，AD2，BC4，AA12，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点(1)证明：EFA1D1；BA1平面B1C1EF；(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值考向分析从近几年的高考试题来看，在本讲中所涉及的主要内容是：(1)有关线面位置关系的组合判断，试题以选择题的形式出现，通常是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质；(2)有关线线、线面平行与垂直的证明，试题以解答题为主，常以多面体为载体，突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力；(3)有关面面平行与垂直的证明，多以解答题的形式出现，综合性强；(4)有关折叠问题，以解答题为主，通过折叠把平面图形转化为空间几何体，更好地考查学生的空间想象能力和知识迁移能力预测2020年高考中，仍以某几何体为载体，重在探索和判定线线、线面和面面的位置关系，当然也可能综合考查面积及体积的计算，题目难度为中低档热点例析【例1】热点一有关线面位置关系的组合判断若a，b是两条异面直线，是两个不同平面，a，b，l，则()Al与a，b分别相交Bl与a，b都不相交Cl至多与a，b中一条相交Dl至少与a，b中的一条相交规律方法 解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断；(3)应熟练掌握立体几何的三种语言符号语言、自然语言以及图形语言的相互转换变式训练1 如图所示，平面平面，直线l，A，C是内不同的两点，B，D是内不同的两点，且A，B，C，D直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点下列判断正确的是()A当|CD|2|AB|时，M，N两点不可能重合BM，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行热点二线线、线面平行与垂直的证明【例2】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD规律方法 (1)线线垂直的证明方法相交垂直：可借助定义或平面几何知识进行证明；异面垂直：由线面垂直的性质定理进行证明(2)证明线线平行的常用方法利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行转换；利用三角形中位线定理证明；利用线面平行、面面平行的性质定理证明(3)证明线面平行的常用方法定义法；利用线面平行的判定定理；利用面面平行的性质定理，把面面平行转化为线面平行(4)证明线面垂直的常用方法利用直线和平面垂直的定义此种方法利用向量证明较好；利用线面垂直的判定定理此种方法要注意平面内的两条直线必须相交；利用线面垂直的性质两平行线中一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面；利用面面垂直的性质两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面此种方法要注意“平面内的直线”；利用面面垂直的性质两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面；利用面面平行的性质一条直线垂直于两平行平面中的一个，必垂直于另一个平面变式训练2 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC45，ADAC1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PO2，M为PD的中点(1)证明：PB平面ACM；(2)证明：AD平面PAC热点三面面平行与垂直的证明【例3】在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AD2，BC4，P为平面ABCD外一点，且PAPB，PDPC，N为CD的中点(1)求证：平面PCD平面ABCD；(2)在线段PC上是否存在一点E使得NE平面ABP？若存在，说明理由并确定E点的位置；若不存在，请说明理由规律方法 (1)证明面面平行的常用方法利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；利用面面平行的判定定理；利用两个平面垂直于同一直线；证明两个平面同时平行于第三个平面(2)证明面面垂直的方法证明一个平面经过另一个平面的垂线，一般先在现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则应借助中点、高线等添加辅助线解决；利用面面垂直的定义新课标对此要求较低变式训练3 如图，已知在三棱锥ABPC中，APPC，ACBC，M为AB中点，D为PB中点，且PMB为正三角形求证：(1)DM平面APC；(2)平面ABC平面APC热点四折叠问题【例1】如图，在ABC中，B，ABBC2，P为AB边上一动点，PDBC交AC于点D，现将PDA沿PD翻折至PDA，使平面PDA平面PBCD(1)当棱锥APBCD的体积最大时，求PA的长；(2)若点P为AB的中点，E为AC的中点，求证：ABDE.规律方法 (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)将平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决(3)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变式训练4 如图，在直角梯形ABCP中，APBC，APAB，ABBCAP2，D为AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，将PCD沿CD折起，使点P在平面ABCD内的射影为点D，如图.(1)求证：AP平面EFG；(2)求三棱锥PABC的体积思想渗透转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题(1)解决立体几何中探索性问题的常用方法是：先研究特殊点(端点、中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直)，再进行证明；(2)当特殊点或特殊位置不符合要求时，可以通过运算(向量法)或根据结论分析出点线位置，再用综合法证明；(3)解决探索性问题的一般步骤为：首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾结论就否定假设如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，PDDC4，AD2，E为PC的中点(1)求证：ADPC；(2)求三棱锥APDE的体积；(3)在AC上是否存在一点M，使得PA平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由(1)证明：因为PD平面ABCD，所以PDAD又因为四边形ABCD是矩形，所以ADCD因为PDCDD，所以AD平面PCD又因为PC平面PCD，所以ADPC(2)解：由(1)知AD平面PCD，所以AD是三棱锥APDE的高因为E为PC的中点，且PDDC4，所以SPDESPDC4.又AD2，所以VAPDEADSPDE24.(3)解：取AC的中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EMPA又因为EM平面DEM，PA平面EDM，所以PA平面DEM.此时AMAC，即在AC上存在一点M，使得PA平面EDM，且AM的长为.1(2020浙江重点中学3月调研，3)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面考查下列命题，其中正确的命题是()Am，n，mnB，m，nmnC，m，nmnD，m，nmn2(2020山东济南二模，10)设，是两个不同的平面，m，n是平面内的两条不同直线，l1，l2是平面内的两条相交直线，则的一个充分而不必要条件是()Aml1且nl2Bm且nl2Cm且nDm且l13(2020浙江名校创新冲刺卷，5)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若ab，a，则bB若ab，a，b，则C若，a，则aD若，a，则a4如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可)5如图所示，已知PA矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点(1)求证：MNCD；(2)若PDA45，求证：MN平面PCD6(2020广东梅州中学三模，18)如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，ADE90，AFDE，DEDA2AF2.(1)求证：AC平面BEF；(2)求四面体BDEF的体积参考答案命题调研明晰考向真题试做1C解析：若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线可平行、可异面、可相交选项A错；如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项B不正确；如图，平面b，a，a，过直线a作平面c，过直线a作平面d，a，ac，a，ad，dc，c，d，d，又d，db，ab，选项C正确；若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项D不正确2B解析：A选项中由l，l不能确定与的位置关系，C选项中由，l可推出l或l，D选项由，l不能确定l与的位置关系3解析：设正方体的棱长为a.连接A1E，可知D1FA1E，异面直线AE与D1F所成的角可转化为AE与A1E所成的角，在AEA1中，cosAEA1.43解析：如图所示，PA平面ABCD，PAAC.故可知PC为球O直径，则PC的中点为O，取AC的中点为O，则OOPA，又AC2，PA2，PC4，球半径R2，故OCOAOB2.又AB2，OAB为等边三角形SOAB22sin 603.5(1)证明：因为C1B1A1D1，C1B1平面ADD1A1，所以C1B1平面A1D1DA.又因为平面B1C1EF平面A1D1DAEF，所以C1B1EF，所以A1D1EF.因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1B1C1.又因为B1C1B1A1，所以B1C1平面ABB1A1，所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，tanA1B1FtanAA1B，即A1B1FAA1B，故BA1B1F.所以BA1平面B1C1EF.(2)解：设BA1与B1F交点为H，连结C1H.由(1)知BA1平面B1C1EF，所以BC1H是BC1与面B1C1EF所成的角在矩形AA1B1B中，AB，AA12，得BH.在直角BHC1中，BC12，BH，得sinBC1H.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是.精要例析聚焦热点热点例析【例1】D解析：假设l与a，b均不相交，则la，lb，从而ab与a，b是异面直线矛盾，故l至少与a，b中的一条相交选D.【变式训练1】B解析：若M，N两点重合，由AMMB，CMMD知ACBD，从而AC平面，故有ACl，故B正确【例2】证明：(1)方法一：因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2BD2AB2.所以ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.方法二：因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD(如图)，所以BDD1D.取AB的中点G，连接DG(如图)在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60，所以ADG为等边三角形，因此GDGB，故DBGGDB.又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB603090，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.(2)如图，连接AC，A1C1.设ACBDE，连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC.由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形因此CC1EA1.又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.【变式训练2】证明：(1)连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)因为ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.【例3】(1)证明：取AB中点M，连接PM，PN，MN，则PMAB，PNCD.又ABCD为直角梯形，ABBC，MNAB.PMMNM，AB平面PMN.又PN平面PMN，ABPN.AB与CD相交，PN平面ABCD.又PN平面 PCD，平面PCD平面ABCD.(2)解：假设存在在PC，PB上分别取点E，F，使BFBP，CECP，连接EF，MF，NE，则EFBC且可求得EFBC3.MN3且MNBC，EFMN且EFMN.四边形MNEF为平行四边形，ENFM.又FM平面PAB，在线段PC上存在一点E使得NE平面ABP，此时CEPC.【变式训练3】证明：(1)M为AB中点，D为PB中点，MDAP.又MD平面APC，AP平面APC，DM平面APC.(2)PMB为正三角形，且D为PB中点，MDPB.又由(1)知MDAP，APPB.又APPC，PBPCP，AP平面PBC，APBC.又ACBC，APACA，BC平面APC，平面ABC平面PAC.【例4】(1)解：令PAx(0x2)，则APPDx，BP2x.因为APPD且平面APD平面PBCD，故AP平面PBCD，所以VAPBCDSh(2x)(2x)x(4xx3)令f(x)(4xx3)，由f(x)(43x2)0，得x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减所以，当x时，f(x)取得最大值，即当VAPBCD最大时，PA.(2)证明：设F为AB的中点，连接PF，FE，则有EF綉BC.又PD綉BC，所以DEPF.又APPB，所以PFAB，故DEAB.【变式训练4】(1)证明：由题意，PCD折起后PD平面ABCD.四边形ABCD是边长为2的正方形，PD2.E，F，G分别为PC，PD，BC的中点，EFCD，EGPB.又CDAB，EFAB.又EGEFE，PBABB，平面EFG平面PAB，PA平面EFG.(2)解：由(1)中结论可知PD是三棱锥PABC的高，因此V三棱锥PABCSABCPD222.创新模拟预测演练1B解析：对于A，与也可以斜交或平行，故A错；对于B，由条件知m，而直线n可平行移动到平面内，故B正确；对于C，直线m，n可以平行，故C错；对于D，若直线n不在平面内，则不能推出n.2A3B解析：对于A，有可能直线b，故A错；对于B，设向量a，b所在的直线分别是直线a，b，则向量a，b分别是平面，的法向量，故B正确；对于C，有可能直线a，故C错；对于D，有可能直线a，故D错4DMPC解析：易得BDPC.当DMPC时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.5证明：(1)如图，连接AC，AN，BN.PA平面ABCD，PAAC.在RtPAC中，N为PC中点，ANPC.PA平面ABCD，PABC.又BCAB，PAABA，BC平面PAB，BCPB，从而在RtPBC中，BN为斜边PC上的中点，BNPC.ANBN，ABN为等腰三角形又M为底边AB的中点，MNAB.又ABCD，MNCD.(2)如图，连接PM，CM.PDA45，PAAD，APAD.四边形ABCD为矩形，ADBC，PABC.又M为AB的中点，AMBM.而PAMCBM90，PMCM.又N为PC的中点，MNPC.由(1)知，MNCD，PCCDC，MN平面PCD.6(1)证明：设ACBDO，取BE中点G，连接FG，OG，所以OG綉DE.因为AFDE，DE2AF，所以AF綉OG.从而四边形AFGO是平行四边形，FGAO.因为FG平面BEF，AO平面BEF，所以AO平面BEF，即AC平面BEF.(2)解：因为平面ABCD平面ADEF，ABAD，所以AB平面ADEF.因为AFDE，ADE90，DEDA2AF2，所以DEF的面积为EDAD2，所以四面体BDEF的体积SDEFAB.