1、第2讲 空间中的平行与垂直 第二编 讲专题专题四 立体几何考情研析 1.从具体内容上：(1)以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题(2)以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查 2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查分值一般为 5 分.1 核心知识回顾 PART ONE 1.直线与平面平行的判定和性质(1)判定判定定理：.面面平行的性质：.(2)性质：.01 ab，b，aa02，aa03 l，l，
2、mlm2直线和平面垂直的判定和性质(1)判定判定定理：.线面垂直的其他判定方法：a.b.c.(2)性质.01 ab，ac，b，c，bcOa02 ab，ab03 l，l04，l，a，ala05 l，ala06 l，mlm3两个平面平行的判定和性质(1)判定判定定理：.面面平行的其他判定方法：a.b.(2)性质：.4两个平面垂直的判定和性质(1)判定：.(2)性质：.01 a，b，abP，a，b02 l，l03，04，a，bab01 a，a02，l，a，ala2 热点考向探究 PART TWO 考向 1空间线面位置关系的判定例 1(1)(2019陕西延安高考模拟)已知 m，n 表示两条不同的直线，
3、表示平面下列说法正确的是()A若 m，n，则 mnB若 m，n，则 mnC若 m，mn，则 nD若 m，mn，则 n答案 B解析 若 m，n，则 m，n 相交或平行或异面，故 A 错误；若 m，n，由线面垂直的性质定理可知 mn，故 B 正确；若 m，mn，则 n 或 n，故 C 错误；若 m，mn，则 n 或 n 或 n 或 n与 斜交，故 D 错误故选 B(2)正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 2，M 为 CC1 的中点，N 为线段 DD1上靠近 D1 的三等分点，平面 BMN 交 AA1 于点 Q，则线段 AQ 的长为()A23B12C16D13答案 D解析 如图所示，过点 A
4、 作 AEBM 交 DD1 于点 E，则 E 是 DD1 的中点，过点 N 作 NTAE 交 A1A 于点 T，此时 NTBM，所以 B，M，N，T 四点共面，所以点 Q 与点 T 重合，易知 AQNE13，故选 D空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直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1(2019辽宁抚顺高三第一次模拟)在三棱锥 PABC 中，已知 PAABAC，BACPAC，点 D，E 分别为棱 BC，PC 的中点，则下列结论正确的是()A直线 DE直线 ADB
5、直线 DE直线 PAC直线 DE直线 ABD直线 DE直线 AC答案 D解析 由题意，如图所示，因为 PAABAC，BACPAC，PACBAC，得 PCBC，取 PB 的中点 G，连接 AG，CG，则 PBCG，PBAG，又AGCGG，PB平面 CAG，则 PBAC，D，E 分别为棱BC，PC 的中点，DEPB，则 DEAC故选 D2如图，在以角 C 为直角顶点的三角形 ABC 中，AC8，BC6，PA平面 ABC，F 为 PB 上的点，在线段 AB 上有一点 E，满足 BEAE.若 PB平面 CEF，则实数 的值为()A 316B 516C 916D 3答案 C解析 PB平面 CEF，PBC
6、E，又 PA平面 ABC，CE平面 ABC，PACE，而 PAPBP，CE平面 PAB，CEAB，EBAEEBABAEABBC2AC2 916.考向 2空间平行、垂直关系的证明例 2(2019北京门头沟区高三 3 月模拟)在四棱锥 PABCD 中，底面ABCD 是边长为 6 的菱形，且ABC60，PA平面 ABCD，PA6，F 是棱PA 上的一动点，E 为 PD 的中点(1)求证：平面 BDF平面 ACF；(2)若 AF2，侧面 PAD 内是否存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM平面 BDF，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由解(1)证明：由题意可知，PA平面 ABC
7、D，则 BDPA，又底面 ABCD 是菱形，所以 BDAC，PA，AC 为平面 PAC 内两相交直线，所以，BD平面 PAC，BD 为平面 BDF 内一直线，从而平面 BDF平面 ACF.(2)侧面 PAD 内存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM平面 BDF.设 G 是 PF 的中点，连接 EG，CG，OF，则EGFD，CGOF平面 CEG平面 FBD，所以直线 EG 上任一点 M 都满足 CM平面 BDF.空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化(2019朝阳区高三第一次模拟)如图，在多面体 ABCD
8、EF 中，平面 ADEF平面 ABCD，四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 ADBC，BAD90，ABAD1，BC2.(1)求证：AFCD；(2)若 M 为线段 BD 的中点，求证：CE平面 AMF.证明(1)因为四边形 ADEF 为正方形，所以 AFAD又因为平面 ADEF平面 ABCD，且平面 ADEF平面 ABCDAD，AF平面 ADEF，所以 AF平面 ABCD又 CD平面 ABCD，所以 AFCD(2)延长 AM 交 BC 于点 G，连接 FG.因为 ADBC，M 为 BD 的中点，所以BGMDAM，所以 BGAD1.因为 BC2，所以 GC1.由已知 FEAD
9、1，且 FEAD，又因为 ADGC，所以 FEGC，且 FEGC，所以四边形 GCEF为平行四边形，所以 CEGF.因为 CE平面 AMF，GF平面 AMF，所以 CE平面 AMF.3 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019河北唐山高三第二次模拟)已知直线 l，m 和平面，有如下三个命题：若存在平面，使，则；若 l，m 是两条异面直线，l，m，l，m，则；若 l，m，lm，则.其中正确命题的个数是()A0B1 C2D3答案 C解析 若存在平面，使，则 或 与 相交，故错误；假设 与 不平行，则 与 相交，设交线为 n，l，l，n，ln，同理，mn，lm，与 l，m 异面矛盾，
10、故假设不成立，所以，正确；若 l，lm，则 m，又 m，则，故正确2(2019全国卷)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()ABMEN，且直线 BM，EN 是相交直线BBMEN，且直线 BM，EN 是相交直线CBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线DBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线答案 B解析 如图，取 CD 的中点 F，DF 的中点 G，连接 EF，FN，MG，GBECD 是正三角形，EFCD平面 ECD平面 ABCD，EF平面 ABCD EFFN.不妨设 AB2，则 FN1，EF 3，EN FN2
11、EF22.EMMD，DGGF，MGEF 且 MG12EF，MG平面 ABCD，MGBG.MG 12 EF 32，BG CG2BC2 32222 52，BM MG2BG2 7.BMEN.连接 BD，BE，点 N 是正方形 ABCD 的中心，点 N 在 BD 上，且 BNDN，BM，EN 是DBE 的中线，BM，EN 必相交故选 B3(2019北京高考)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案 若 m 且 l，则 lm 成立(或若 lm，l，则 m)解析 已知 l，m 是平面 外的两条不同直
12、线，由lm 与m，不能推出l，因为 l 可以与 平行，也可以相交不垂直；由lm 与l能推出m；由m 与l 可以推出lm.故正确的命题是或.金版押题4.如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两个动点 E，F，且 EF1，则四面体 AEFB 的体积 V 等于_答案 212解析 连接 AC，BD，相交于点 O，则 OA 为四面体 AEFB 的高，且OA 22，又 SEFB121112，所以 V1312 22 212.5如图，圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1，AB 是一条母线，BD 是O1的直径，C 是上底面圆周上一点，CBD30，若 A，C 两点间的距离为 7，
13、则圆柱 O1O2 的高为_，异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为_答案 2 3 714解析 连接 CD，则BCD90，因为圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1，所以 BD2.因为CBD30，所以 CD1，BC 3，易知 ABBC，所以 AC AB2BC2 7，所以 AB2，故圆柱 O1O2的高为 2.连接 AO2 并延长，设AO2 的延长线与下底面圆周交于点 E，连接 CE，则 AE2，CAE 即为异面直线 AC 与 BD 所成的角又 CE DE2CD2 5，所以 cosCAEAC2AE2CE22ACAE 7452 723 714.4 配套作业 PART FOUR 一、选择题1(2019东
14、北三省四市高三第一次模拟)已知 m，n 为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，下列条件中，的充分条件是()Amn，m，nBmn，m，nCmn，m，nDmn，m，n解析 当 mn 时，若 m，可得 n，又 n，可知，故选 B答案 B2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其中正确的是()ABCD答案 B解析 由题意知，BD平面 ADC，故 BDAC，正确；AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高，平面 ABD平面
15、 ACD，所以 ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知 DADBDC，又由知正确；由知错误，故选 B3(2019靖远县高三第四次联考)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为棱CD 上一点，且 CE2DE，F 为棱 AA1 的中点，且平面 BEF 与 DD1 交于点 G，则 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为()A 212B 26C5 212D5 26答案 C解析 因为平面 ABCD平面 A1B1C1D1，所以 B1G 与平面 ABCD 所成角即为 B1G 与平面 A1B1C1D1 所成角，易知 B1G与平面 A1B1C1D1 所成角为D1B1G.设 AB6，则 AF3，D
16、E2，平面BEF平面CDD1C1GE且BF平面CDD1C1，可知 BFGE，易得FABGDE，则AFABDGDE，即36DG2 DG1，D1G5，在 RtB1D1G 中，tanD1B1GD1GB1D1 56 25 212，故 B1G 与平面 ABCD所成角的正切值为5 212，故选 C4如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别是 BC1，CD1 的中点，则下列说法中错误的是()AMN 与 CC1 垂直BMN 与 AC 垂直CMN 与 BD 平行DMN 与 A1B1 平行答案 D解析 如下图所示，连接 C1D，BD，则 MNBD，而 C1CBD，故 C1CMN，故 A，C 正确
17、，D 错误，又因为 ACBD，所以 MNAC，B 正确5在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，AC 与 BD 的交点为 O，E 为 BC 的中点，则异面直线 D1O 与 B1E 所成角的余弦值为()A 3010B15C25D 310答案 A解析 取 A1B1 的中点 F，连接 OF，OE，则由 OE 綊 B1F 知，四边形 OEB1F为平行四边形，B1EOF，D1OF 为异面直线 D1O 与 B1E 所成角连接 D1F，设正方体的棱长为 2，则OFB1E 5，D1O DO2DD21 6，D1F D1A21A1F2 5，cosD1OFD1O2OF2D1F22D1OOF 62 52 522 6
18、5 3010.6在正方体 AC1 中，E 是棱 CC1 的中点，F 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 A1F 与平面 D1AE 的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是()A点 F 的轨迹是一条线段BA1F 与 BE 是异面直线CA1F 与 D1E 不可能平行D三棱锥 FABC1 的体积为定值答案 C解析 由题知 A1F平面 D1AE，分别取 B1C1，BB1 的中点 H，G，连接HG，A1H，A1G，BC1，可得 HGBC1AD1，A1GD1E，故平面 A1HG平面 AD1E，故点 F 的轨迹为线段 HG，A 正确；由异面直线的判定定理可知 A1F与 BE 是异面直线，故 B 正确；当 F
19、 是 BB1 的中点时，A1F 与 D1E 平行，故C 不正确；HG平面 ABC1，F 点到平面 ABC1 的距离不变，故三棱锥 FABC1 的体积为定值，故 D 正确7(2019汉中高三教学质量第二次检测)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA1 2，BC2，点 D 为 BC 的中点，则异面直线 AD 与 A1C所成的角为()A2B3C4D6答案 B解析 取 B1C1 的中点 D1，连接 A1D1，CD1，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，点 D 为 BC 的中点，AA1DD1 且 AA1DD1，四边形 ADD1A1 是平行四边形，ADA1D1且 ADA1D1，所以CA1D1
20、就是异面直线 AD 与 A1C所成的角ABAC 2，BC2 可以求出 ADA1D11，在 RtCC1D1 中，由勾股定理可求出 CD1 3，在 RtAA1C 中，由勾股定理可求出 A1C2，显然A1D1C 是直角三角形，sinCA1D1CD1A1C 32，所以CA1D13，即异面直线 AD 与 A1C 所成的角为3.故选 B二、填空题8(2019南开中学高三第三次检测)在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABAA12，M，N 分别为 AA1，BB1 的中点，则异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为_答案 35解析 如图，连接 A1N，则 A1NBM，所以异面直线 BM 与 C1N 所成的
21、角就是直线 A1N 和 C1N 所成的角由题意，得 A1NC1N2212 5，在A1C1N 中，由余弦定理得 cosA1NC15542 5 535.所以异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为35.9已知四边形 ABCD 是矩形，AB4，AD3.沿 AC 将ADC 折起到ADC，使平面 ADC平面 ABC，F 是 AD的中点，E 是 AC 上一点，给出下列结论：存在点 E，使得 EF平面 BCD；存在点 E，使得 EF平面 ABC；存在点 E，使得 DE平面 ABC；存在点 E，使得 AC平面 BDE.其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号)答案 解析 对于，存在 AC 的中点 E，使
22、得 EFCD，利用线面平行的判定定理可得 EF平面 BCD；对于，过点 F 作 EFAC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 EF平面 ABC；对于，过点 D作 DEAC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 DE平面 ABC；对于，因为ABCD 是矩形，AB4，AD3，所以 B，D在 AC 上的射影不是同一点，所以不存在点 E，使得 AC平面 BDE.10(2019福建高三 3 月质量检测)如图，AB 是圆锥 SO 的底面圆 O 的直径，D 是圆 O 上异于 A，B 的任意一点，以 AO 为直径的圆与 AD 的另一个交点为 C，P 为 SD 的中点现给出以下结论：SAC 为直角三角形；
23、平面 SAD平面 SBD；平面 PAB 必与圆锥 SO 的某条母线平行其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号)答案 解析 如图，连接 OC，SO底面圆 O，SOAC，C 在以 AO 为直径的圆上，ACOC，OCSOO，AC平面 SOC，ACSC，即SAC 为直角三角形，故正确；假设平面 SAD平面 SBD，在平面SAD 中过点 A 作 AHSD 交 SD 于点 H，则 AH平面 SBD，AHBD，又BDAD，BD平面 SAD，又 COBD，CO平面 SAD，COSC，又在SOC 中，SOOC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面 SAD平面 SBD 不成立，故错误；连接 DO 并延长
24、交圆于点 E，连接 PO，SE，P 为 SD 的中点，O 为 ED 的中点，OP 是SDE 的中位线，POSE，即 SE平面 APB，即平面 PAB 必与圆锥 SO 的母线 SE 平行故正确故正确是.三、解答题11如图 1，在矩形 ABCD 中，AB4，AD2，E 是 CD 的中点，将ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1ABCE，其中平面 D1AE平面 ABCE.(1)证明：BE平面 D1AE；(2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF平面D1AE，若存在，求出AMAB的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：四边形 ABCD 为矩形，且
25、ADDEECBC2，AEB90，即 BEAE，又平面 D1AE平面 ABCE，平面 D1AE平面 ABCEAE，BE平面 D1AE.(2)AMAB14，理由如下：取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL，FLEC，又 ECAB，FLAB，且 FL14AB，M，F，L，A 四点共面，若 MF平面 AD1E，则 MFAL.四边形 AMFL 为平行四边形，AMFL14AB，AMAB14.12(2019上海金山区高三第二学期质量监控)如图，已知点 P 在圆柱 OO1的底面圆 O 上，AB 为圆 O 的直径，圆柱 OO1 的侧面积为 16，OA2，AOP120.(1)求三棱锥 A1APB 的体积；(2)
26、求直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值解(1)由题意，S 侧22AA116，解得 AA14，在AOP 中，OAOP2，AOP120，所以 AP2 3，在BOP 中，OBOP2，BOP60，所以 BP2，三棱锥 A1APB 的体积V13SAPBAA113122 3248 33.(2)因为 AA1底面 PAB，所以APA1 是直线 A1P 与底面 PAB 所成的角，在 RtAPA1 中，tanAPA1AA1AP 42 32 33.即直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值为2 33.13.(2019江西八所重点中学高三 4 月联考)如图，在四棱锥 EABCD 中，底面 ABCD 是边长
27、为 4 的菱形且中心为点 O，DABEABEAD60，且点 E 在底面 ABCD 上的投影为 AO 的中点(1)若 P 为 AD 的中点，求证：PEAC；(2)求点 C 到平面 EAB 的距离解(1)证明：如图，取 AO 的中点为 H，连接 HP，则 EH平面 ABCD且 AC平面 ABCD，所以 EHAC，P，H 分别为 AD，AO 的中点，所以 HPBD又底面 ABCD 是边长为 4 的菱形，所以 ACDB所以 ACHP.且 HPHEH，所以 AC平面 EPH，PE平面 EPH，即 ACPE.(2)由已知条件，易得 AP2，AH 3，HP1，设 EHx，在 RtEHA 和 RtEHP 中，
28、则 AE 3x2，EP 1x2，在EAP 中，EAP60，由余弦定理得，(3x2)22222 3x2cos60(1x2)2，解得 x 6，则 EH 6，AE3，设点 C 到平面 EAB 的距离为 h，由 VEABCVCEAB，得13SABCEH13SEABh.又 SABC1244sin1204 3，SEAB1234sin603 3，得 h4 63，即点 C 到平面 EAB 的距离为4 63.14(2019吕梁统一模拟)如图，在三棱锥 PABC 中，底面 ABC 是等边三角形，D 为 BC 边的中点，PO平面 ABC，点 O 在线段 AD 上(1)证明：PABPAC；(2)若 ABPB2，直线
29、PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为34，求点 C到平面 PAB 的距离解(1)证明：如图，过点 O 作 OEAB 于 E，OFAC 于 F，连接 PE，PF.PO平面 ABC，POOE，POOF，POAB，POAC，底面 ABC 是等边三角形，D 为 BC 边的中点，AD 是BAC 的角平分线，OEOF，RtPOERtPOF，PEPF，ABOE，ABPO，OEPOO，AB平面 POE，ABPE，同理可得 ACPF，RtPAERtPAF，PABPAC(2)ABPB2，直线 PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为34，PO34PB32，VPABC13 34 2232 32.连接 OB，则 OB PB2PO2 72.OD OB2BD2 32，又 AD AB2BD2 3，O 是 AD 的中点，由AOEABD 可得OEBDAOAB 34，OE 34，PE PO2OE2 394，SPAB122 394 394，设 C 到平面 PAB 的距离为 h，则VCPAB13 394 h 32，解得 h6 1313.本课结束
