2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题八　空间位置关系的判断与证明

重点增分专题八　空间位置关系的判断与证明

 [全国卷3年考情分析]

 (1)选择题、填空题多考查线面位置关系的判断、空间角、表面积及体积的计算，此类试题难度中等偏下，考查次数较少．

(2)解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．

 [大稳定]

1.已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　　)

A．垂直　　　　　　　　 B．相交

C．异面  D．平行

解析：选D　因为α是一个平面，m，n是两条直线，

A是一个点，m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，

所以n在平面α内，m与平面α相交，

且A是m和平面α相交的点，

所以m和n异面或相交，一定不平行．

2.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．③④

C．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.

3.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EFH

C．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.

[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．

[小创新]

1.设l，m，n为三条不同的直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的(　　)

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．既不充分也不必要条件

解析：选A　当l⊥α时，l垂直于α内的任意一条直线，由于m，n⊂α，故“l⊥m且l⊥n”成立，反之，因为缺少m，n相交的条件，故不一定能推出“l⊥α”，故选A.

2.某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．

项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；

项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；

项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；

项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；

项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.

在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是(　　)

A．①②③⑤  B．②③④⑤

C．②④⑤  D．③④⑤

解析：选B　A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON>∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，      由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O1′与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.

 [析母题]

[典例]　如图，在四棱锥P­ABCD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.

[练子题]

1．在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.

证明：如图，连接AE，AC，

设AC∩BE＝O，连接FO.

∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，

∴AB綊CE.

∴四边形ABCE为平行四边形．

∴O为AC的中点，则FO綊PA，

又PA⊥平面ABCD，

∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，

∴平面BEF⊥平面ABCD.

2．在本例条件下，若AB＝BC，求证BE⊥平面PAC.

证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O.

∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点．

∴AB綊CE.

又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，

∴BE⊥AC.

又∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，

∴PA⊥BE.

又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，

∴BE⊥平面PAC.

[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.(2019届高三·郑州模拟)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.

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD.

(1)求证：PA⊥CD.

(2)求证：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.

  平面图形中的折叠问题  增分考点·讲练冲关

 [典例]　(2019届高三·湖北五校联考)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝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D­ABC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F­BCE的体积．

[解]　(1)证明：∵AC＝ ＝2，

∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，

∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos 45°＝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，VF­BCE＝VB­CEF＝×S△CEF×BC，

S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，

∴VF­BCE＝××2＝.

 [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⊥平面FEC，

∴四面体NEFD的体积为VNEFD＝S△EFD·NE＝x(4－x)．

∴V四面体NEFD≤2＝2，

当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2.

 [典例]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.

因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，

所以DM⊥CM.

又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.

(2)当P为AM的中点时，

MC∥平面PBD.

证明如下：

连接AC交BD于O.

因为四边形ABCD为矩形，

所以O为AC的中点．

连接OP，

因为P为AM中点，所以MC∥OP.

又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，

所以MC∥平面PBD.

[解题方略]　解决立体几何中探索性问题的基本方法

(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立．

(2)探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用．

[多练强化]

(2018·河南名校压轴第二次考试)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，

∠ABC＝60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上．

(1)求证：BC⊥平面ACFE；

(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论．

解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，

AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，

所以四边形ABCD是等腰梯形，

且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，

所以∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，所以AC⊥BC.

又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面ACFE.

(2)当EM＝a时，AM∥平面BDF，理由如下：

在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接FN.

由(1)知四边形ABCD为等腰梯形，且∠ABC＝60°，

所以AB＝2BC＝2DC，则CN∶NA＝1∶2.

易知EF＝AC＝a，因为EM＝a，

所以MF＝EF＝a，

又易知AN＝ a，所以MF綊AN，

所以四边形ANFM是平行四边形，所以AM∥NF，

又NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，

所以AM∥平面BDF.

  空间角  增分考点·讲练冲关

 [典例]　(1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1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.　　　　　　　　　  B.

C.    D.

(2)(2018·青海模拟)如图，正四棱锥P­ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为(　　)

A．60°  B．30°

C．45°  D．90°

[解析]　(1)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＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.

(2)如图，正四棱锥P­ABCD中，根据底面积为6，可得BC＝.连接BD交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥P­ABCD的高，根据体积公式可得，PO＝1.因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝，所以PA＝2，OE＝PA＝1，在Rt△BOE中，因为BO＝，所以tan∠BEO＝＝，即∠BEO＝60°.

[答案]　(1)C　(2)A

[解题方略]

1．求异面直线所成角的步骤

2．求直线和平面所成角的步骤

(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；

(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；

(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．

[多练强化]

1．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8  B．6

C．8  D．8

解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，

∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.

又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，

CC1＝＝＝2，

∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.

2.(2018·成都检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)

A.  B．－

C.  D．－

解析：选A　如图，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，连接EF，EG，OG，FO，FG，则EF∥BD，EG∥AC，所以∠FEG为异面直线AC与BD所成的角．易知FO∥AB，因为AB⊥平面BCD，所以FO⊥OG，设AB＝2a，则EG＝EF＝a，FG＝＝a，所以∠FEG＝60°，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为，故选A.

逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用

[典例]　如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；

(2)AD⊥AC.

[证明]　(1)在平面ABD内，

因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB，

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以EF∥平面ABC.

(2)因为平面ABD⊥平面BCD，

平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，

所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，

BC⊂平面ABC，

所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，

所以AD⊥AC.

[素养通路]

本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF与平面ABC内的一条直线平行，从而得到EF∥平面ABC；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD⊥平面BCD，根据面面垂直的性质定理得BC⊥平面ABD，则可证明AD⊥平面ABC，再根据线面垂直的性质，得到AD⊥AC.考查了逻辑推理这一核心素养．