高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案第二层提升篇专题三立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明

第2讲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Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019线面平行的证明·T18(1)面面平行的判定·T7直线与直线位置关系的判定·T8面面垂直的证明·T19(1)线面垂直的证明·T17(1)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)(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9～11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．eq\a\vs4\al(考点一)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空间点、线、面的位置关系)[大稳定eq\a\vs4\al(——常规角度考双基)]1.eq\a\vs4\al([命题真假的判定])已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④ B．③④C．①② D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l?β，所以α⊥β.故④正确．故选A.2.eq\a\vs4\al([判断直线与直线的位置关系])(2019·全国卷Ⅲ)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()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，eq\o(OD,\s\up7(→))方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．不妨设AD＝2，则E(0，0，eq\r(3))，N(0，1，0)，D(1，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(－1，2，0)，∴EN＝eq\r(12＋（－\r(3)）2)＝2，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋4＋\f(3,4))＝eq\r(7)，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.eq\a\vs4\al(法二：)如图②，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.3.eq\a\vs4\al([线面垂直、面面垂直的判定])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()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析：选B根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF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；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，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.eq\a\vs4\al([求异面直线所成的角])(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD-A1B1C1D1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．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(7),2)解析：选C如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝eq\r(5)，则tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为eq\f(\r(5),2).故选C.[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，结合有关定理进行判断；(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eq\a\vs4\al(——变换角度考迁移)]1.eq\a\vs4\al([与充要条件交汇])(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：选B若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B.2.eq\a\vs4\al([与命题的交汇])(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.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：____________．解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③?①或①③?②.答案：②③?①或①③?②3.eq\a\vs4\al([线面角与其他问题的交汇])(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq\r(15)，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OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)r)2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母线长l＝4eq\r(5)，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)πeq\a\vs4\al(考点二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空间平行、垂直关系的证明)[例1]如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，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)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.[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?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.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?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.[多练强化]1.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.求证：(1)PA⊥CD；(2)平面PBD⊥平面PAB.证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，又因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.(2)取AD的中点为E，连接BE，由已知得，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE是正方形，连接CE，所以BD⊥CE.又因为BC∥AE，BC＝AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CE∥AB，则BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，因为BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.2．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BE∥MO，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DE∥GN，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BD∥MN，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.eq\a\vs4\al(考点三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(平面图形中的折叠问题)[例2]如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，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②.在图②所示的几何体D-ABC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F-BCE的体积．[解](1)证明：∵AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝2eq\r(2)，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝8∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC，∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，由(1)知，VF-BCE＝VB-CEF＝eq\f(1,3)×S△CEF×BC，S△CEF＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,2)，∴VF-BCE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3).[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①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，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②.(1)求证：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；(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，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.∵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NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE?平面MNEF，∴NE⊥平面ECDF.∵FC?平面ECDF，∴FC⊥NE.∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND?平面NED，∴ND⊥FC.(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，由(2)得NE⊥平