1、数 学 大二轮复习第一部分专题强化突破专题五 立体几何第二讲 点、直线、平面之间的位置关系1 高考考点聚焦 2 核心知识整合 3 高考真题体验 4 命题热点突破 5 课后强化训练 高考考点聚焦高考考点考点解读与空间位置关系有关的命题真假的判断1.多以命题的形式出现，判断命题的真假2考查空间几何体中点、线、面的位置关系证明平行关系1.以多面体为命题背景，证明线线平行、线面平行、面面平行2以三视图的形式给出几何体，判断或证明平行关系，考查平行的判定及性质证明垂直关系1.以多面体为命题背景，证明线线垂直、线面垂直、面面垂直2考查垂直关系的判定定理与性质定理 备考策略 本部分内容在备考时应注意以下几个
2、方面：(1)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论(2)掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会应用(3)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系 预测2018年命题热点为：(1)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明(2)已知空间几何体中的命题，判断其真假核心知识整合 1线面平行与垂直的判定与性质定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行_ababa定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任
3、何一个平面与此平面的交线与该直线平行_ 线面垂直的判定定理一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a，b，abA，la，lbl线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行_a，a，b，ab a，bab 定理名称文字语言图形语言符号语言面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行_面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 且 a 且bab 2面面平行与垂直的判定与性质a，b，abP，a，b 定理名称文字语言图形语言符号语言面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直_ 面面垂直的
4、性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直_ a，a，b，a，bab 3三种平行关系的转化 4三种垂直关系的转化 1忽略判定定理和性质定理中的条件 应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线”的条件等 2把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用 如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立 3不能准确掌握判定定理和性质定理 如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平
5、面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等高考真题体验1(2017全国卷，6)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是导学号 52134594()A 解析 A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交 B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDM
6、Q，ABMQ 又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ 又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ 故选A2(2017全国卷，10)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则导学号 52134595()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1DA1EACC 解析 解法一：如图，A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，B，D错；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面
7、CEA1B1 又A1E平面CEA1B1，A1EBC1)A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错 故选C解法二：(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E(0，12，0)，A1E(1，12，1)，DC1(0,1,1)，BD(1，1,0)，BC1(1,0,1)，AC(1,1,0)，A1E DC1 0，A1E BD0，A1E BC1 0，A1E AC0，A1EBC1故选 C3(2016浙江卷，2)已知互相垂直的平面，交于直线 l.
8、若直线 m，n 满足m，n，则导学号 52134596()Aml Bmn Cnl DmnC 解析 由题意知，l，所以l，因为n，所以nl.故选C4设 m、n 是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题不正确的是导学号 52134597()A若 mn，m，n，则 nB若 m，则 m 或 mC若 mn，m，n，则 D若 m，则 mD 解析 对于选项D，当直线m位于平面内且与平面，的交线平行时，直线m，显然m与平面不垂直，因此选项D不正确5(2017山东卷，18)由四棱柱 ABCDA1B1C1D1 截去三棱锥 C1B1CD1 后得到的几何体如图所示四边形 ABCD 为正方形，O 为 AC 与
9、BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E平面 ABCD.导学号 52134598(1)证明：A1O平面 B1CD1；(2)设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM平面 B1CD1 解析(1)证明：取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1OC，A1O1OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1OO1C，又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1，所以A1O平面B1CD1(2)证明：因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EMBD 又A1E平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1EBD，因为B1D1BD，所以EMB1D1
10、，A1EB1D1 又A1E，EM平面A1EM，A1EEME，所以B1D1平面A1EM 又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM平面B1CD1命题热点突破(1)(2017济宁一模)已知 m，n 表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是导学号 52134599()A若 m，n，则 mnB若 m，n，则 mnC若 m，mn，则 nD若 m，mn，则 n命题方向1 线面位置关系的命题真假判断B 解析 对于选项A，若m，n，则m，n相交或平行或异面，故A错；对于选项B，若m，n，则mn，故B正确；对于选项C，若m，mn，则n或n，故C错；对于选项D，若m，mn，则n或n或n，故D错(2)(2017
11、广州一模)如图，矩形 ABCD 中，AB2AD，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿直线 DE 翻折成A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是导学号 52134600()A|BM|是定值B点 M 在某个球面上运动C存在某个位置，使 DEA1CD存在某个位置，使 MB平面 A1DEC 解析 取 CD 中点 N，连接 MN，BN，则 MNDA1，BNDE，所以平面MBN平面A1DE，所以MB平面A1DE，故 D 正确；由A1DEMNB，MN12A1D定值，NBDE定值，由余弦定理可得 MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以 MB 是定值，故
12、 A 正确因为 B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心，MB 为半径的球上，故 B 正确，A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC，AC 与 DE 不垂直，可得 C 不正确因此，选 C 规律总结 判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法(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，进行肯定或否定1已知直线 l平面，直线 m平面，给出下面有四个命题：lm；lm；lm；lmm 与 不相交则其中正确的命题为导学号 52134601()ABCDD 解析 由，l得l，又m，lm
13、，正确；由，l得l或l，故不能得到lm，错误；由l，lm得m，又m，正确；由lm，l得m或m，故m，不相交，正确故选D2(2016全国卷)，是两个平面，m，n 是两条直线，有下列四个命题：如果 mn，m，n，那么 如果 m，n，那么 mn如果，m，那么 m如果 mn，那么 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等其 中 正 确 的 命 题 有 _.(填 写 所 有 正 确 命 题 的 编 号)导学号 52134602 解析 对于命题，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设 AA为直线 m，CD 为直线 n，ABCD所在的平面为，ABCD所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但 不成
14、立命题正确，证明如下：设过直线 n 的某平面与平面 相交于直线 l，则 ln，由 m 知 ml，从而 mn 结论正确由平面与平面平行的定义知命题正确由平行的传递性及线面角的定义知命题正确(一)线面平行的判定与性质如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点.导学号 52134603(1)证明：BC1平面 A1CD；(2)设 AA1ACCB2，AB2 2，求三棱锥 CA1DE的体积命题方向2 空间平行关系的证明解析(1)证明：连接 AC1交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1的中点由 D 是 AB 中点，连接 DF，则 BC1DF因为 DF平面 A1CD，BC1平面
15、 A1CD，所以 BC1平面 A1CD(2)因为 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 AA1CD.由已知 ACCB，D 为 AB 的中点，所以 CDAB又 AA1ABA，于是 CD平面 ABB1A1由 AA1ACCB2，AB2 2得ACB90，CD 2，A1D 6，DE 3，A1E3，故 A1D2DE2A1E2，即 DEA1D所以 VCA1DE1312 6 3 21(二)面面平行的判定与性质如图，在三棱锥 SABC 中，平面 SAB平面 SBC，ABBC，ASAB.过 A 作 AFSB，垂足为 F，点 E，G 分别是棱 SA，SC 的中点求证：导学号 52134604(1)平面 EFG平面 A
16、BC；(2)BCSA 解析(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F，所以F是SB的中点又因为E是SA的中点，所以EFAB 因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC 同理EG平面ABC 又EFEGE，所以平面EFG平面ABC(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC 因为BC平面SBC，所以AFBC 又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB，所以BC平面SAB 因为SA平面SAB，所以BCSA 规律总结 立体几何中证明平行关系的常用方法(1)证明线线平行的常用方法 利用平行公，即证明两直线同时和第三条直线平行 利用平行四边形进
17、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(2)证明线面平行的常用方法 利用线面平行的判定定，把证明线面平行转化为证明线线平行 利用面面平行的性质定，把证明线面平行转化为证明面面平行(3)证明面面平行的方法 证明面面平行，依据判定定，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC90，平面 PAD底面 ABCD，Q 为 AD的中点，PAPD2，BC12AD1，CD 3，M 是棱 PC的中点.导学号 52134605(1)求证：PA
18、平面 MQB；(2)求三棱锥 PDQM 的体积解析(1)连接 AC，交 BQ 于点 N，连接 MN，因为 BCAD，且 BC12AD，即 BCAQ，又 AQ12AD，连接 CQ，则四边形 BCQA 为平行四边形，且 N 为 AC的中点，又因为点 M 是棱 PC 的中点，所以 MNPA，因为 MN平面 MQB，PA平面 MQB，所以 PA平面 MQB(2)VPDQMVMPDQ，因为平面 PAD平面 ABCD，且ADC90，即 ADCD，所以 CD平面 PAD，所以 M 到平面 PAD 的距离为12CD.所以 VPDQMVMPDQ13SPDQ12CD1312QDPQ12CD1312 3112 31
19、4(一)线线、线面垂直的判定与性质(2017山西四校联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1 中，底面是正三角形，点 D 是 A1B1 的中点，AC2，CC1 2导学号 52134606(1)求三棱锥 CBDC1的体积；(2)证明：A1CBC1命题方向3 空间垂直关系的证明解析(1)依题意，VCBDC1VDBCC1，过点 D 作 DHC1B1，垂足为H，在直三棱柱中 C1C平面 A1B1C1，C1CDH，DH平面 BCC1，DH 是三棱锥 DBCC1在平面 BCC1上的高，DH 32，又 SBCC1122 2 2，VCBDC1VDBCC113 32 2 66(2)证明：取 C1B1的中点 E，
20、连接 A1E，CE，底面是正三角形，A1EB1C1，易知 A1EBC1，RtC1CE 中，C1C 2，C1E1，RtBCC1中，BC2，CC1 2，C1CBC C1ECC1，CC1EBCC1，C1BCECC1，C1BCBC1C90，ECC1BC1C90，CEBC1，BC1平面 A1CE，A1CBC1(二)面面垂直的判定与性质如图，三棱台 DEFABC 中，AB2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点导学号 52134607(1)求证：BD平面 FGH；(2)若 CFBC，ABBC，求证：平面 BCD平面 EGH 解析(1)证法一：连接DG，CD，设CDGFM，连接MH.在三棱台DEFABC中
21、，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HMBD 又HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH 证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BEHF 在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB 又GHHFH，所以平面FGH平面ABED 因为BD平面ABED，所以BD平面FGH(2)连接HE，GE 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GHAB，由ABBC，得GHBC 又H为BC的中点，所以EFHC，EFHC，因
22、此四边形EFCH是平行四边形，所以CFHE 又CFBC，所以HEBC 又HE，GH平面EGH，HEGHH，所以BC平面EGH 又BC平面BCD，所以平面BCD平面EGH 规律总结 立体几何中证明垂直关系的常用方法(1)证明线线垂直的常用方法 利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直 利用勾股定理逆定理 利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可(2)证明线面垂直的常用方法 利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直 利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直 利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于
23、一个平面，则另一条也垂直于这个平面等(3)证明面面垂直的方法 证明面面垂直常用面面垂直的判定定，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决(2016江苏高考)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1DA1F，A1C1A1B1.导学号 52134608求证：(1)直线 DE平面 A1C1F；(2)平面 B1DE平面 A1C1F 解析(1)因为D，E是中点，所以DEAC，又ACA1C1，所以DEA1C1，又因为A1C1平面A
24、1C1F，且DE平面A1C1F，所以DE平面A1C1F(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面A1B1C1，所以AA1A1C1 又因为A1C1A1B1，且AA1A1B1A1，AA1，A1B1平面AA1B1B，所以A1C1平面AA1B1B，所以A1C1B1D，又A1FB1D，A1FA1C1A1，所以B1D平面A1C1F，又因为B1D平面B1DE，所以平面B1DE平面A1C1F(1)(2017泰安二模)如图，在矩形 ABCD 中，AB8，BC4，E为 DC 的中点，沿 AE 将ADE 折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为_.导学号 52134609ED平面 ACD；CD平面
25、BED；BD平面 ACD；AD平面 BED命题方向4 立体几何中的折叠问题、探索性问题 解析(1)因为在矩形ABCD中，AB8，BC4，E为DC的中点，所以在折起的过程中，D点在平面BCE上的投影如图 因为DE与AC所成角不能为直角，所以DE不会垂直于平面ACD，故错误；只有D点投影位于O2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BECD，此时CD不垂直于平面AEBC，故CD与平面BED不垂直，故错误；BD与AC所成角不能成直角，所以BD不能垂直于平面ACD，故错误；因为ADED，并且在折起过程中，存在一个位置使ADBE，且DEBEE，所以在折起过程中存在AD平面BED的位置，故正确(2)
26、如图，在四棱 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，DAB30，PD平面 ABCD，AD2，点 E 为 AB 上一点，且AEABm，点 F 为 PD 中点.导学号 52134610若 m12，证明：直线 AF平面 PEC；是否存在一个常数，使得平面 PED平面 PAB，若存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由解析 作 FMCD，交 PC 于点 M，因为点 F 为 PD 的中点，所以 FM12CD因为 m12，所以 AE12ABFM，又 FMCDAE，所以四边形 AEMF 为平行四边形，所以 AFEM，因为 AF平面 PEC，EM平面 PEC，所以直线 AF平面 PEC存在一个常数 m 32
27、，使得平面 PED平面 PAB，理由如下：要使平面 PED平面 PAB，只需 ABDE，因为 ABAD2，DAB30，所以 AEADcos 30 3，又因为 PD平面 ABCD，PDAB，PDDED所以 AB平面 PDE因为 AB平面 PAB，所以平面 PDE平面 PAB，所以 mAEAB 32 规律总结 1求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决(2)探索性问题求解的
28、途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径：先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件(2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论(2017济南二模)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1底面 ABC，BAC90，ABAC2，AA1 3.M，N 分别 为 BC 和 CC1 的 中 点，P 为 侧 棱 BB1 上 的 动 点.导学号 52134611(1)求证：平面 APM平面 BB1C1C；(
29、2)若 P 为线段 BB1的中点，求证：A1N平面 APM(3)试判断直线 BC1与平面 APM 是否能够垂直若能垂直，求 PB 的值；若不能垂直，请说明理由 解析(1)由已知，M为BC中点，且ABAC，所以AMBC 又因为BB1AA1，且AA1底面ABC，所以BB1底面ABC 因为AM底面ABC，所以BB1AM，又BB1BCB，所以AM平面BB1C1C 又因为AM平面APM，所以平面APM平面BB1C1C(2)取C1B1中点D，连接A1D，DN，DM，B1C 由于D，M分别为C1B1，CB的中点，所以DMA1A，且DMA1A，则四边形A1AMD为平行四边形，所以A1DAM 又A1D平面APM
30、，AM平面APM，所以A1D平面APM，由于D，N分别为C1B1，C1C的中点，所以DNB1C 又P，M分别为B1B，CB的中点，所以MPB1C，则DNMP 又DN平面APM，MP平面APM，所以DN平面APM 由于A1DDND，所以平面A1DN平面APM，由于A1N平面A1DN，所以A1N平面APM，(3)不能垂直理由如下：假设 BC1与平面 APM 垂直，由 PM平面 APM，则 BC1PM，设 PBx，x0，3当 BC1PM 时，BPMB1C1B，所以 RtBPMRtB1C1B，所以PBMBC1B1BB1 由已知 MB 2，C1B12 2，BB1 3，所以 x22 23，得 x4 33 由于 x4 33 0，3，因此直线 BC1与平面 APM 不能垂直课后强化训练
