1、数学 第二部分 高考热点 分层突破 专题三 立体几何第2讲 空间点、线、面的位置关系02研考点考向破重点难点03练典型习题 提数学素养 01做高考真题明命题趋向做真题1(2019高考全国卷)设，为两个平面，则 的充要条件是()A 内有无数条直线与 平行B 内有两条相交直线与 平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面解析：选 B.对于 A，内有无数条直线与 平行，当这无数条直线互相平行时，与 可能相交，所以 A 不正确；对于 B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B 正确；对于 C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以 C 不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可
2、能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以 D 不正确综上可知选 B.2(2019高考全国卷)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 是异面直线解析：选 B.取 CD 的中点 O，连接 ON，EO，因为ECD 为正三角形，所以 EOCD，又平面 ECD平面 ABCD，平面 ECD平面 ABCDCD，所以 EO平面 ABCD.设正方形 A
3、BCD 的边长为 2，则 EO 3，ON1，所以 EN2EO2ON24，得 EN2.过 M 作 CD 的垂线，垂足为 P，连接 BP，则 MP 32，CP32，所以 BM2MP2BP2(32)2(32)2227，得 BM 7，所以 BMEN.连接 BD，BE，因为四边形 ABCD为正方形，所以 N 为 BD 的中点，即 EN，MB 均在平面 BDE 内，所以直线 BM，EN是相交直线，选 B.3(2018高考全国卷)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABBC1，AA1 3，则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为()A15 B 56C 55D 22解析：选 C.如图，连接 BD
4、1，交 DB1 于 O，取 AB 的中点 M，连接 DM，OM，易知 O 为 BD1 的中点，所以 AD1OM，则MOD 为异面直线 AD1与 DB1 所成角因为在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABBC1，AA13，AD1 AD2DD212，DMAD212AB2 52，DB1 AB2AD2DD21 5，所以 OM12AD11，OD12DB1 52，于是在DMO中，由余弦定理，得 cosMOD1252252221 52 55，即异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为 55，故选 C.4(2019高考全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA14，AB2
5、，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点.(1)证明：MN平面 C1DE；(2)求二面角 A-MA1N 的正弦值解：(1)证明：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 MEB1C，且ME12B1C.又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D.由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED.又 MN平面 EDC1，所以 MN平面 C1DE.(2)由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 A
6、(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，3，2)，N(1，0，2)，A1A(0，0，4)，A1M(1，3，2)，A1N(1，0，2)，MN(0，3，0)设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则mA1M 0，mA1A 0.所以x 3y2x0，4z0.可取 m(3，1，0)设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则nMN 0，nA1N 0.所以 3q0，p2r0.可取 n(2，0，1)于是 cosm，n mn|m|n|2 32 5 155，所以二面角 A-MA1N 的正弦值为 105.山东省学习指导意见1点、线、面之间的位置关系借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的
7、位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理(四个公理、一个定理)2空间位置的判定与说明以立体几何的上述定义，公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定(四个判定定理、四个性质定理)能运用定理证明一些空间位置关系的简单命题 空间线面位置关系的判定考法全练1(多选)下列命题正确的是()A梯形一定是平面图形B若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行C两两相交的三条直线最多可以确定三个平面D若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合解析：选 AC.对于 A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可
8、以确定一个平面，故 A 正确；对于 B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故 B 错误；对于 C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故 C 正确；对于 D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故 D 错误2(2019江西七校第一次联考)设 m，n 是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若 mn，n，则 mB若 m，n，则 mnC若，m，则 mD若 m，n，m，n，则 解析：选 C.若 mn，n，则 m 或 m，所以选项 A 不正确；若 m，n，则 mn 或 m 与 n 异面，所以选项 B 不正确；由面面平行的性质、线面
9、垂直的性质及判定知选项 C 是正确的；若 m，n，m，n，则 或 与 相交，所以选项 D 不正确故选 C.3(2019武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题中，一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确的命题是()A BCD解析：选 C.构造正方体 ABCD-A1B1C1D1，如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1平面 ABCD，A1D平面 ADD1A1，BD平面 ABCD，但 A1D
10、与 BD 不垂直，故错；，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1平面 ABCD，l 是平面 ADD1A1 内的任意一条直线，l 与平面 ABCD 内同 AB 平行的所有直线垂直，故正确；，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1平面 ABCD，A1D平面 ADD1A1，但 A1D 与平面 ABCD 不垂直，故错；，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1平面 ABCD，且平面 ADD1A1平面ABCDAD，过交线 AD 上的点作交线的垂线 l，则 l 可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故错故选 C.4.(2019福建省质量
11、检查)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；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个数是()A0B1C2D3解析：选 C.如图，连接 OC，因为 AO 为圆的直径，所以 ACOC，因为SO 垂直于底面圆 O，AC底面圆 O，所以 ACSO，因为 SOOCO，所以 AC平面 SOC.又 SC平面 SOC，所以 ACSC，所以SAC 为直角三角形，故正确由于点 D 是圆 O 上的动点，所以平面
12、SAD 不能总垂直于平面 SBD，故错误，连接 DO 并延长交圆 O 于 E，连接 SE，PO，因为 P 为 SD 的中点，O 为 DE 的中点，所以 OPSE.又 OP平面 PAB，SE平面 PAB，所以 SE平面 PAB，故正确，故选 C.5(2019河北省九校第二次联考)已知两条不同的直线 m，n，两个不重合的平面，给出下面五个命题：mn，mn；，m，nmn；mn，mn；m，m；，mn，mn.其中正确命题的序号是_解析：命题，显然正确；命题，m，n 可能异面，故为假命题；命题，可能n，故为假命题；命题，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知为真命题；命题，由 mn，m，得 n，又
13、，所以 n，故为真命题综上，正确的命题为.答案：判断与空间位置关系有关的命题真假的 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(3)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 典型例题由四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 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 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E平面 ABCD.(1)证明：A1O
14、平面 B1CD1；(2)设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM平面 B1CD1.空间中平行、垂直关系的证明【证明】(1)取 B1D1 的中点 O1，连接 CO1，A1O1，由于 ABCD-A1B1C1D1 为四棱柱，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)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，A1EB1D1.又
15、 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.平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化对点训练1(水浒原创)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ACBC1，ACB90，D 是 A1B1 的中点，F 在 BB1 上(1)求证 C1D平面 A A1B1B；(2)在下列给出的三个条件中选哪两个条件可使 AB1平面 C1DF？并证明你的结论F 为 BB1 的中点；AB1 3；A A1 2.解：(1)证明：因为 ABC
16、-A1B1C1 是直三棱柱，所以 A1C1B1C11，且A1C1B190.又 D 是 A1B1 的中点，所以 C1DA1B1.因为 A A1平面 A1B1C1，C1D平面 A1B1C1，所以 A A1C1D，又 AA1A1B1A1，所以 C1D平面 A A1B1B.(2)选能证明 AB1平面 C1DF.证明如下：连接 DF，A1B，所以 DFA1B，在ABC 中，ACBC1，ACB90，则 AB 2，又 AA1 2，则 A1BAB1，所以 DFAB1，因为 C1D平面 A A1B1B，AB1平面 A A1B1B，所以 C1DAB1.因为 DFC1DD，所以 AB1平面 C1DF.2.如图，已知
17、斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中，点 D，D1 分别为 AC，A1C1 上的点(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1平面 AB1D1?(2)若平面 BC1D平面 AB1D1，求ADDC的值解：(1)如图，取 D1 为线段 A1C1 的中点，此时A1D1D1C11，连接 A1B 交 AB1 于点 O，连接 OD1.由棱柱的性质，知四边形 A1ABB1 为平行四边形，所以点 O 为 A1B 的中点在A1BC1 中，点 O，D1 分别为 A1B，A1C1 的中点，所以 OD1BC1.又因为 OD1平面 AB1D1，BC1平面 AB1D1，所以 BC1平面 AB1D1.所以当A1D1D1C11
18、时，BC1平面 AB1D1.(2)由已知，平面 BC1D平面 AB1D1，且平面 A1BC1平面 BDC1BC1，平面 A1BC1平面 AB1D1D1O.因此 BC1D1O，同理 AD1DC1.因为A1D1D1C1A1OOB，A1D1D1C1DCAD.又因为A1OOB 1，所以DCAD1，即ADDC1.典型例题如图，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ADC90，ABBC.把BAC沿 AC 折起到PAC 的位置，使得 P 点在平面 ADC 上的正投影 O 恰好落在线段 AC 上，如图所示，点 E，F 分别为棱 PC，CD 的中点(1)求证：平面 OEF平面 PAD；(2)求证：CD平面 POF
19、；(3)若 AD3，CD4，AB5，求三棱锥 E-CFO 的体积 平面图形的折叠问题【解】(1)证明：因为点 P 在平面 ADC 上的正投影 O 恰好落在线段 AC 上，所以 PO平面 ADC，所以 POAC.由题意知 O 是 AC 的中点，又点 E 是 PC 的中点，所以 OEPA，又 OE平面 PAD，PA平面 PAD，所以 OE平面 PAD.同理，OF平面 PAD.又 OEOFO，OE，OF平面 OEF，所以平面 OEF平面 PAD.(2)证明：因为 OFAD，ADCD，所以 OFCD.又 PO平面 ADC，CD平面 ADC，所以 POCD.又 OFPOO，所以 CD平面 POF.(3)
20、因为ADC90，AD3，CD4，所以 SACD12346，而点 O，F 分别是 AC，CD 的中点，所以 SCFO14SACD32，由题意可知ACP 是边长为 5 的等边三角形，所以 OP52 3，即点 P 到平面 ACD 的距离为52 3，又 E 为 PC 的中点，所以 E 到平面 CFO 的距离为54 3，故 VECFO133254 358 3.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
21、分析折叠前的图形 对点训练如图 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BAD2，ABBC12ADa，E 是 AD的中点，O 是 AC 与 BE 的交点，将ABE 沿 BE 折起到图 2 中A1BE 的位置，得到四棱锥 A1BCDE.(1)证明：CD平面 A1OC；(2)当平面 A1BE平面 BCDE 时，四棱锥 A1BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值解：(1)证明：在题图 1 中，因为 ABBC12ADa，E 是 AD 的中点，BAD2，所以 BEAC.即在题图 2 中，BEA1O，BEOC，从而 BE平面 A1OC，又 CDBE，所以 CD平面 A1OC.(2)由已知，平面 A1BE平面 BCDE，且平面 A1BE平面 BCDEBE，又由(1)知，A1OBE，所以 A1O平面 BCDE，即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高由题图 1 知，A1O 22 AB 22 a，平行四边形 BCDE 的面积 SBEOCa2.从而四棱锥 A1BCDE 的体积为V13SA1O13a2 22 a 26 a3，由 26 a336 2，得 a6.请做：练典型习题 提数学素养 word部分：点击进入链接 本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
