（通用版）2019版高考数学二轮复习 第一部分 第二层级 重点增分 专题八 空间位置关系的判断与证明讲义 理（普通生含解析）.doc

重点增分专题八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全国卷全国卷2018直线与平面所成的角、正方体的截面T12求异面直线所成的角T9面面垂直的证明T19(1)面面垂直的证明T18(1)线面垂直的证明T20(1)2017面面垂直的证明T18(1)求异面直线所成的角T10圆锥、空间线线角的求解T16线面平行的证明T19(1)面面垂直的证明T19(1)2016求异面直线所成的角T11空间中线、面位置关系的判定与性质T14线面平行的证明T19(1)面面垂直的证明T18(1)翻折问题、线面垂直的证明T19(1)(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题(2)选择题一般在第911题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等 空间点、线、面的位置关系 大稳定1.已知是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m，n，且Am，A，则m，n的位置关系不可能是()A垂直B相交C异面 D平行解析：选D因为是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m，n，且Am，A，所以n在平面内，m与平面相交，且A是m和平面相交的点，所以m和n异面或相交，一定不平行2.已知直线m，l，平面，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则.其中正确的命题是()A BC D解析：选A对于，若，m，则m，又l，所以ml，故正确，排除B.对于，若ml，m，则l，又l，所以.故正确故选A.3.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()AAG平面EFH BAH平面EFHCHF平面AEF DHG平面AEF解析：选B根据折叠前、后AHHE，AHHF不变，得AH平面EFH，B正确；过A只有一条直线与平面EFH垂直，A不正确；AGEF，EFGH，AGGHG，EF平面HAG，又EF平面AEF，平面HAGAEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，C不正确；由条件证不出HG平面AEF，D不正确故选B.4.(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. B.C. D.解析：选C如图，连接BE，因为ABCD，所以AE与CD所成的角为EAB.在RtABE中，设AB2，则BE，则tan EAB，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.解题方略 判断与空间位置关系有关命题真假的3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，进而作出判断小创新1.设l，m，n为三条不同的直线，其中m，n在平面内，则“l”是“lm且ln”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选A当l时，l垂直于内的任意一条直线，由于m，n，故“lm且ln”成立，反之，因为缺少m，n相交的条件，故不一定能推出“l”，故选A.2.某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目项目：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目：打开过程中(如图2)，检查OMONOMON；项目：打开过程中(如图2)，检查OKOLOKOL；项目：打开后(如图3)，检查123490；项目：打开后(如图3)，检查ABCDABCD.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是()A BC D解析：选BA选项，项目和项目可推出项目，若MONMON，则MN较低，MN较高，所以不平行，错误；B选项，因为123490，所以平面ABCD平面ABCD，因为ABAB，所以AA平行于地面，由知，O1O1AA平面MNNM，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由得，OMON，O1AAA，O1AAA，ABAB，所以AABB，但O1A与O1A是否相等不确定，所以不确定O1O1与BB是否平行，又O1O1MN，所以不确定BB与MN是否平行，故错误；D选项，OKOLOKOL，所以AABB，但不确定OM与ON，OM，ON的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误综上，选B.3.(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6C8 D8解析：选C如图，连接AC1，BC1，AC.AB平面BB1C1C，AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14.在RtACC1中，CC12，V长方体ABBCCC12228.4.(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_解析：如图，SA与底面成45角，SAO为等腰直角三角形设OAr，则SOr，SASBr.在SAB中，cos ASB，sin ASB，SSABSASBsin ASB(r)25，解得r2，SAr4，即母线长l4，S圆锥侧rl2440.答案：40 空间平行、垂直关系的证明 析母题典例如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，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)ABCD，CD2AB，E为CD的中点，ABDE，且ABDE.四边形ABED为平行四边形BEAD.又BE平面PAD，AD平面PAD，BE平面PAD.(3)ABAD，且四边形ABED为平行四边形BECD，ADCD，由(1)知PA底面ABCD.PACD.PAADA，PA平面PAD，AD平面PAD，CD平面PAD，又PD平面PAD，CDPD.E和F分别是CD和PC的中点，PDEF，CDEF.又BECD且EFBEE，CD平面BEF.又CD平面PCD，平面BEF平面PCD.练子题1在本例条件下，证明平面BEF平面ABCD.证明：如图，连接AE，AC，设ACBEO，连接FO.ABCD，CD2AB，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PA，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ABBC，求证BE平面PAC.证明：如图，连接AE，AC，设ACBEO.ABCD，CD2AB，且E为CD的中点AB綊CE.又ABBC，四边形ABCE为菱形，BEAC.又PA平面ABCD，BE平面ABCD，PABE.又PAACA，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，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.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，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.多练强化1.(2019届高三郑州模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF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BEMO，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DEGN，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BDMN，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.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，ADBC，PAAB，CDAD，BCCDAD.(1)求证：PACD.(2)求证：平面PBD平面PAB.证明：(1)因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，又因为PAAB，所以PA平面ABCD，又CD平面ABCD，所以PACD.(2)取AD的中点为E，连接BE，由已知得，BCED，且BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，又CDAD，BCCD，所以四边形BCDE是正方形，连接CE，所以BDCE.又因为BCAE，BCAE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CEAB，则BDAB.由(1)知PA平面ABCD，所以PABD，又因为PAABA，所以BD平面PAB，因为BD平面PBD，所以平面PBD平面PAB. 平面图形中的折叠问题 典例(2019届高三湖北五校联考)如图，在直角梯形ABCD中，ADC90，ABCD，ADCDAB2，E为AC的中点，将ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图.在图所示的几何体DABC中(1)求证：BC平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD平面BEF，求几何体FBCE的体积解(1)证明：AC 2，BACACD45，AB4，在ABC中，BC2AC2AB22ACABcos 458，AB2AC2BC216，ACBC，平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)AD平面BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF，E为AC的中点，EF为ACD的中位线，由(1)知，VFBCEVBCEFSCEFBC，SCEFSACD22，VFBCE2.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多练强化如图，在矩形ABCD中，AB3，BC4，E，F分别在线段BC，AD上，EFAB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF平面ECDF，如图.(1)求证：NC平面MFD；(2)若EC3，求证：NDFC；(3)求四面体NEFD体积的最大值解：(1)证明：四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，MNEF，EFCD，MNEFCD，MN綊CD.四边形MNCD是平行四边形，NCMD.NC平面MFD，MD平面MFD，NC平面MFD.(2)证明：连接ED，平面MNEF平面ECDF，且NEEF，平面MNEF平面ECDFEF，NE平面MNEF，NE平面ECDF.FC平面ECDF，FCNE.ECCD，四边形ECDF为正方形，FCED.又EDNEE，ED，NE平面NED，FC平面NED.ND平面NED，NDFC.(3)设NEx，则FDEC4x，其中0x4，由(2)得NE平面FEC，四面体NEFD的体积为VNEFDSEFDNEx(4x)V四面体NEFD22，当且仅当x4x，即x2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2.逻辑推理转化思想在平行、垂直证明中的应用典例如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明(1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB，又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC，所以ADAC.素养通路本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF与平面ABC内的一条直线平行，从而得到EF平面ABC；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD平面BCD，根据面面垂直的性质定理得BC平面ABD，则可证明AD平面ABC，再根据线面垂直的性质，得到ADAC.考查了逻辑推理这一核心素养 一、选择题1已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EFGH，故甲是乙成立的充分不必要条件2关于直线a，b及平面，下列命题中正确的是()A若a，b，则abB若，m，则mC若a，a，则D若a，ba，则b解析：选CA是错误的，因为a不一定在平面内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若，m，则m与可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直3已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，n，则mn解析：选D若m，n，则m与n平行或异面，即A错误；若m，n，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m，n，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.4.如图，在三棱锥PABC中，不能证明APBC的条件是()AAPPB，APPCBAPPB，BCPBC平面BPC平面APC，BCPCDAP平面PBC解析：选BA中，因为APPB，APPC，PBPCP，所以AP平面PBC.又BC平面PBC，所以APBC，故A正确；C中，因为平面BPC平面APC，平面BPC平面APCPC，BCPC，所以BC平面APC.又AP平面APC，所以APBC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出APBC，故选B.5如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的结论是()A BC D解析：选B由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，结合知正确；由知不正确故选B.6(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B.C. D.解析：选A如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6sin 60.故选A.二、填空题7(2018天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，为不重合的两个平面，给出下列命题：若a且b，则ab；若a且a，则；若，则一定存在平面，使得，；若，则一定存在直线l，使得l，l.其中真命题的序号是_解析：中a与b也可能相交或异面，故不正确垂直于同一直线的两平面平行，正确中存在，使得与，都垂直，正确中只需直线l且l就可以，正确答案：8若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：OM平面PCD；OM平面PBC；OM平面PDA；OM平面PBA.其中正确的个数是_解析：由已知可得OMPD，OM平面PCD且OM平面PAD.故正确的只有.答案：9.如图，ACB90，DA平面ABC，AEDB交DB于E，AFDC交DC于F，且ADAB2，则三棱锥DAEF 体积的最大值为_解析：因为DA平面ABC，所以DABC，又BCAC，DAACA，所以BC平面ADC，所以BCAF.又AFCD，BCCDC，所以AF平面DCB，所以AFEF，AFDB.又DBAE，AEAFA，所以DB平面AEF，所以DE为三棱锥DAEF的高因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE，设AFa，FEb，则AEF的面积Sab(当且仅当ab1时等号成立)，所以(VDAEF)max.答案：三、解答题10.(2018长春质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面ACE；(2)设PA1，AD，PCPD，求三棱锥PACE的体积解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.在PBD中，PEDE，BODO，所以PBOE.又OE平面ACE，PB平面ACE，所以PB平面ACE.(2)由题意得ACAD，所以VPACEVPACDVPABCDSABCDPA2()21.11.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13，BC2，D是BC的中点，F是CC1上一点(1)当CF2时，证明：B1F平面ADF；(2)若FDB1D，求三棱锥B1ADF的体积解：(1)证明：因为ABAC，D是BC的中点，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为BB1底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因为BCB1BB，所以AD平面B1BCC1.因为B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因为C1FCD1，B1C1CF2，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因为ADFDD，所以B1F平面ADF.(2)由(1)知AD平面B1DF，CD1，AD2，在RtB1BD中，BDCD1，BB13，所以B1D.因为FDB1D，所以RtCDFRtBB1D，所以，即DF，所以VB1ADFVAB1DFSB1DFAD2.12(2018石家庄摸底)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD平面AOF.证明：(1)取PD的中点为G，连接FG，AG，F是CE的中点，FG是梯形CDPE的中位线，CD3PE，FG2PE，FGCD，CDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，BF平面ADP.(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点，四边形ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE.MD綊FG.四边形DMFG为平行四边形FMPD，PD平面ABCD，FM平面ABCD，FMBD，AMFMM，BD平面AMF，即BD平面AOF.