统考版2024高考数学二轮专题复习专题三立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习专题三立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明理，共12页。
判断空间点、线、面位置关系，主要依赖四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了．如要否定一个结论，只需找到一个反例就可以．
例 1[2023·陕西省宝鸡市高三三模]已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是( )
A．m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B．m⊥α，n⊥β且α∥β，则m∥n
C．m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β
D．α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
归纳总结
判断与空间位置关系有关命题真假的4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；
(4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面．
对点训练
1.[2023·成都七中高三一模]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则( )
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m⊂α，l⊥n，n⊥α，则l∥m
2．[2022·全国乙卷]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
考点二 空间角的基本计算——依照定义，转化角度
用平移法求异面直线所成的角是指通过平移异面直线中的一条或两条，找到异面直线所成的角，并求出该角．此种方法适用于规则几何体中的异面直线所成角的求解问题．
例 2[2022·全国甲卷]在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则( )
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
归纳总结
破解此类题的关键点：
(1)平移，借助空间几何体的结构特征，平移异面直线中的一条或两条，可寻找特殊点作平行线，作出异面直线所成的角．
(2)证明，证明所作出的角就是所求的异面直线所成的角．
(3)解三角形，在对应的三角形中，利用正弦定理、余弦定理或勾股定理解三角形．
(4)求角，求解对应的角的三角函数值，再通过三角函数值得到所求的异面直线所成的角．注意：异面直线所成角的取值范围是(0，]，当所求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．
对点训练
1.[2023·新疆乌鲁木齐市高三三模]已知四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，O为AC的中点，若点O到平面AB1D1的距离为 eq \f(4,3)，则直线OD1与直线BC1所成角的余弦值为( )
A． eq \f(3\r(10),10) B． eq \f(2\r(2),3) C． eq \f(\r(10),10) D． eq \f(1,3)
2.
[2023·贵州省遵义市高三统考]在长方体ABCD ­ A′B′C′D′中，AA′＝ eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC，连接AC，BD′，则( )
A．直线BD′与平面ABCD所成角为 eq \f(π,6)
B．直线BD′与平面BB′C′C所成角为 eq \f(π,3)
C．直线BD′与直线AA′所成角为 eq \f(π,4)
D．BD′＝2AC
考点三 空间中平行、垂直关系——思转化，用定理，得结论
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.
例 3 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.
归纳总结
平行关系及垂直关系的转化
提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．
对点训练
1.如图，该几何体的三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形．
(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；
(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1的中点，证明：A1M⊥平面ABM.
2．如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面AED⊥平面ABD.
考点四 平面图形的折叠问题——折叠前后“变”与“不变”是关键
1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．
2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体的结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．
3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．
例 4[2023·河南模拟预测]如图1是由△PB1C和△PB2C组成的一个平面图形，其中PA是△PB1C的高，PB1＝PB2，PA＝AB1＝4，AC＝4，将△PB1A和△PB2C分别沿着PA，PC折起，使得B1与B2重合于点B，G为PC的中点，如图2.
(1)求证：PA⊥BC；
(2)若CB2＝4，求三棱锥C ­ ABG的高．
[听课记录]
归纳总结
平面图形翻折问题的求解方法
(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．
对点训练
[2023·汕头潮阳实验学校二模]如图是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形，AB＝2AD＝2a.将此图形沿AB折叠，使平面ABCD垂直于半圆所在的平面．若点E是折后图形中半圆O上异于A，B的点．

(1)证明：EA⊥EC；
(2)若异面直线AE和DC所成的角为，求三棱锥D ­ ACE的体积．
第2讲 空间位置关系的判断与证明
考点一
[例1] 解析：对于A：若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，
若n⊂α，n⊥β，则α⊥β，
若n∥α，则平面α存在直线c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，故A正确；
对于B：若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β则m∥n，故B正确；
对于C：若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；
对于D：若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误．故选D.
答案：D
对点训练
1．解析：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
对A：若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，
则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；
对B：若l∥m，m∥n，l⊥α，
则由线面垂直的性质定理得n⊥α，故B正确；
对C：若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，故C错误；
对D：若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．
故选B.
答案：B
2．解析：如图，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.
答案：A
考点二
[例2] 解析：连接BD，则∠B1DB，∠DB1A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝ eq \f(1,2)DB1，BD＝ eq \f(\r(3),2)DB1，AD＝ eq \f(1,2)DB1.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝ eq \r(3)a，所以AB＝ eq \r(BD2－AD2)＝ eq \r(2)a，AC＝BD＝ eq \r(3)a，CB1＝ eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋BC2)＝ eq \r(2)a.所以AB＝ eq \r(2)AD，AC≠CB1 ，因此A，C项错误．易知∠DB1C是B1D与平面BB1C1C所成的角，且为锐角．因为DC＝ eq \r(2)a，DB1＝2a，CB1＝ eq \r(2)a，所以DC2＋CB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝DB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，所以DC⊥CB1.在Rt△DCB1中，sin ∠DB1C＝ eq \f(DC,DB1)＝ eq \f(\r(2),2)，所以∠DB1C＝45°，即B1D与平面BB1C1C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB与平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝ eq \r(2)a，BB1＝a，所以tan ∠B1AB＝ eq \f(BB1,AB)＝ eq \f(\r(2),2)≠ eq \f(\r(3),3)，所以∠B1AB≠30°，即AB与平面AB1C1D所成的角不是30°，因此B项错误．故选D.
答案：D
对点训练
1．解析：依题意如图：
∵B1B⊥底面ABCD，AO⊂ 平面ABCD，∴AO⊥B1B ，又在正方形ABCD中，AO⊥BD ，
BD∩B1B＝B，BD⊂ 平面BDD1B1 ，B1B⊂ 平面BDD1B1，∴AO⊥ 平面BDD1B1，
∴AO 是三棱锥A ­ OB1D1 的高，AO＝ eq \f(1,2)AC＝ eq \r(2) ；
设侧棱B1B＝x，则AB1＝AD1＝ eq \r(4＋x2)，B1D1＝2 eq \r(2) ，
在△AB1D1 中，由余弦定理得：cs ∠B1AD1＝ eq \f(AB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AD eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －B1D eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2·AB1·AD1)＝ eq \f(2（4＋x2）－8,2（4＋x2）)＝ eq \f(x2,4＋x2) ，
∵∠B1AD1∈（0，π），∴sin ∠B1AD1＝ eq \r(1－cs 2∠B1AD1)＝ eq \f(2\r(4＋2x2),4＋x2) ，
S△B1AD1＝ eq \f(1,2)AB1·AD1sin ∠B1AD1＝ eq \r(4＋2x2) ，由于O点到平面AB1D1 的距离是 eq \f(4,3) ，
∴ 三棱锥O ­ AB1D1 的体积VO ­ AB1D1＝ eq \f(1,3)× eq \f(4,3)×S△B1AD1＝ eq \f(4,9) eq \r(4＋2x2) ；
OB1＝OD1＝ eq \r(2＋x2)，cs ∠B1OD1＝ eq \f(OB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋OD eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －B1D eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2OB1·OD1)＝ eq \f(x2－2,x2＋2) ，∵∠B1OD1∈（0，π），∴sin ∠B1OD1＝ eq \r(1－cs 2∠B1OD1)＝ eq \f(2\r(2)x,x2＋2)，
S△OB1D1＝ eq \f(1,2)OB1·OD1sin ∠B1OD1＝ eq \r(2)x，三棱锥A ­ OB1D1 的体积VA ­ OB1D1＝ eq \f(1,3)AO·S△OB1D1＝ eq \f(2,3)x，
∴VA ­ OB1D1＝VO ­ AB1D1， eq \f(2,3)x＝ eq \f(4,9) eq \r(4＋2x2)，x＝4.
∵BC1∥AD1，故∠AD1O即为直线OD1与直线BC1所成角，
在Rt△AOD1 中，cs ∠AD1O＝ eq \f(OD1,AD1)＝ eq \f(\r(（\r(2)）2＋42),\r(4＋42))＝ eq \f(3\r(10),10) ，故选A.
答案：A
2．解析：
设AA′＝ eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC＝ eq \r(2)a，
对于A，连接BD，因为DD′⊥平面ABCD，所以∠D′BD即为直线BD′与平面ABCD所成角，因为 eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC＝ eq \r(2)a，所以BD＝ eq \r(2)a，在直角△DD′B中，D′D＝BD＝ eq \r(2)a，所以∠D′BD＝ eq \f(π,4)，故A错误；
对于B，连接BC′，因为D′C′⊥平面BCC′B′，所以∠D′BC′即为直线BD′与平面BB′C′C所成角，因为AA′＝ eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC＝ eq \r(2)a，所以BC′＝ eq \r(3)a，在直角△DD′B中，，所以∠D′BC′＝ eq \f(π,6)，故B错误；
对于C，因为AA′∥DD′，所以直线BD′与直线AA′所成角即为直线BD′与直线DD′所成角，即为∠DD′B，因为AA′＝ eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC＝ eq \r(2)a，所以BD＝AA′＝ eq \r(2)a，所以直线BD′与直线AA′所成角为 eq \f(π,4)，故C正确；
对于D，因为AA′＝ eq \r(2)AB＝ eq \r(2)BC＝ eq \r(2)a，所以BD＝ eq \r(2)a，
BD′＝ eq \r(DD′2＋BD2)＝ eq \r(2a2＋2a2)＝2a，而AC＝BD＝ eq \r(2)a，
故BD′≠2AC，故D错误．故选C.
答案：C
考点三
[例3] 证明：（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥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，
∴ABED为矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由（1）知PA⊥底面ABCD，CD⊂平面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.
对点训练
1．证明：（1）∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.
又∵A1B1⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.
同理可得，A1C1∥平面ABC.
∵A1B1∩A1C1＝A1，∴平面ABC∥平面A1B1C1.
（2）∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1A⊥AB.
又∵AC⊥AB，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1M⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1M.
∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，
∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.
而AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM.
2．证明：（1）如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，
∵O，F分别为AB，AD的中点，
∴OF∥BD且BD＝2OF，
又∵CE∥BD且BD＝2CE，
∴CE∥OF且CE＝OF，
∴四边形OCEF为平行四边形，
∴EF∥OC.
又∵EF⊄平面ABC且OC⊂平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
（2）∵三角形ABC为等边三角形，
∴OC⊥AB，
又∵平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
∴OC⊥平面ABD，
∵EF∥OC，∴EF⊥平面ABD，
又∵EF⊂平面AED，∴平面AED⊥平面ABD.
考点四
[例4] 解析：（1）证明：在图1中，因为PA是△PB1C的高，所以PA⊥AB1，PA⊥AC.
所以在图2中，PA⊥AB，PA⊥AC.
又因为AB∩AC＝A，且AB，AC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.
（2）因为AB＝AB1＝4，BC＝B2C＝4，AC＝4 eq \r(2)，
所以AB2＋BC2＝AC2.所以AB⊥BC.
因为PA＝4，PA⊥B1C，所以PC＝ eq \r(PA2＋AC2)＝4 eq \r(3)，PB＝PB1＝4 eq \r(2).
所以PB2＋BC2＝PC2.所以PB⊥BC.
因为G为PC的中点，所以BG＝ eq \f(1,2)PC＝2 eq \r(3).同理AG＝2 eq \r(3).
所以S△ABG＝ eq \f(1,2)AB eq \r(BG2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))2)＝4 eq \r(2).
易知VC ­ ABG＝VG ­ ABC＝ eq \f(1,2)VP ­ ABC＝ eq \f(1,2)· eq \f(1,3)· eq \f(1,2)·4·4·4＝ eq \f(16,3).
设三棱锥C ­ ABG的高为h，因为VC ­ ABG＝ eq \f(1,3)S△ABG·h，
所以 eq \f(1,3)·4 eq \r(2)·h＝ eq \f(16,3).所以h＝2 eq \r(2).
所以三棱锥C ­ ABG的高为2 eq \r(2).
对点训练
解析：（1）证明：∵平面ABCD⊥圆O，平面ABCD∩圆O＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥圆O，又EA⊂圆O，
∴BC⊥EA，又∠AEB是直角，即BE⊥EA，而BE∩BC＝B，
∴EA⊥平面EBC，又EC⊂平面EBC，
∴EA⊥EC.
（2） 在矩形ABCD中，AB∥CD，直线AE和DC所成的角为 eq \f(π,6)，
∴直线AE和AB所成的角为 eq \f(π,6)，即∠BAE＝ eq \f(π,6).
过E作EF⊥AB于F，则EF⊥平面ABCD.
又AB＝2AD＝2a，∠BAE＝ eq \f(π,6)，易得AE＝ eq \r(3)a，即有EF＝ eq \f(\r(3),2)a，
∴S△ACD＝ eq \f(1,2)×AD×CD＝ eq \f(1,2)×a×2a＝a2，由VD ­ ACE＝VE ­ ACD＝ eq \f(1,3)×S△ACD×EF＝ eq \f(1,3)×a2× eq \f(\r(3),2)a＝ eq \f(\r(3),6)a3.
∴三棱锥D ­ ACE的体积是 eq \f(\r(3),6)a3.