高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)分層設(shè)計(jì)（全國I卷）學(xué)案第二層提升篇專題三立體幾何第2講空間位置關(guān)系的判斷與證明

第2講空間位置關(guān)系的判斷與證明[全國卷3年考情分析]年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2019線面平行的證明·T18(1)面面平行的判定·T7直線與直線位置關(guān)系的判定·T8面面垂直的證明·T19(1)線面垂直的證明·T17(1)2018直線與平面所成的角、正方體的截面·T12求異面直線所成的角·T9面面垂直的證明·T19(1)面面垂直的證明·T18(1)線面垂直的證明·T20(1)2017面面垂直的證明·T18(1)求異面直線所成的角·T10圓錐、空間線線角的求解·T16線面平行的證明·T19(1)面面垂直的證明·T19(1)(1)高考對(duì)此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題(或填空題)和一道解答題或只考一道解答題．(2)選擇題一般在第9～11題的位置，填空題一般在第14題的位置，多考查線面位置關(guān)系的判斷，難度較?。?3)解答題多出現(xiàn)在第18或19題的第一問的位置，考查空間中平行或垂直關(guān)系的證明，難度中等．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系)[大穩(wěn)定eq\a\vs4\al(——常規(guī)角度考雙基)]1.eq\a\vs4\al([命題真假的判定])已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中正確的命題是()A．①④ B．③④C．①② D．①③解析：選A對(duì)于①，若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B.對(duì)于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.故④正確．故選A.2.eq\a\vs4\al([判斷直線與直線的位置關(guān)系])(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則()A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線解析：選B法一：取CD的中點(diǎn)O，連接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為正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，eq\o(OD,\s\up7(→))方向?yàn)閤軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖①所示．不妨設(shè)AD＝2，則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.連接BD，BE，∵點(diǎn)N是正方形ABCD的中心，∴點(diǎn)N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.eq\a\vs4\al(法二：)如圖②，取CD的中點(diǎn)F，DF的中點(diǎn)G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨設(shè)AB＝2，則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.∵M(jìn)G＝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.連接BD，BE，∵點(diǎn)N是正方形ABCD的中心，∴點(diǎn)N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.3.eq\a\vs4\al([線面垂直、面面垂直的判定])如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析：選B根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，得AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B.4.eq\a\vs4\al([求異面直線所成的角])(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()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：選C如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2，則BE＝eq\r(5)，則tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2).故選C.[解題方略]判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的3種方法(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷；(2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理進(jìn)行判斷；(3)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷．[小創(chuàng)新eq\a\vs4\al(——變換角度考遷移)]1.eq\a\vs4\al([與充要條件交匯])(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面解析：選B若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，反之不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，則α與β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是充要條件．根據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則兩平面平行，反之成立．因此B中條件是α∥β的充要條件．故選B.2.eq\a\vs4\al([與命題的交匯])(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：____________．解析：已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因?yàn)閘可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.答案：②③?①或①③?②3.eq\a\vs4\al([線面角與其他問題的交匯])(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側(cè)面積為________．解析：如圖，∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形．設(shè)OA＝r，則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)，即母線長l＝4eq\r(5)，∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)πeq\a\vs4\al(考點(diǎn)二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空間平行、垂直關(guān)系的證明)[例1]如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[證明](1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，PA?平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四邊形ABED為平行四邊形．∴BE∥AD.又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形．∴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分別是CD和PC的中點(diǎn)，∴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.[解題方略]1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.2．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.[多練強(qiáng)化]1.如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.求證：(1)PA⊥CD；(2)平面PBD⊥平面PAB.證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，又因?yàn)镻A⊥AB，所以PA⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.(2)取AD的中點(diǎn)為E，連接BE，由已知得，BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，又CD⊥AD，BC＝CD，所以四邊形BCDE是正方形，連接CE，所以BD⊥CE.又因?yàn)锽C∥AE，BC＝AE，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以CE∥AB，則BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因?yàn)镻A∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，因?yàn)锽D?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.2．如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO，又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN，又BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE∥平面MNG.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(平面圖形中的折疊問題)[例2]如圖①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖②.在圖②所示的幾何體D-ABC中．(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F-BCE的體積．[解](1)證明：∵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為AC的中點(diǎn)，∴EF為△ACD的中位線，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).[解題方略]平面圖形折疊問題的求解方法(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．(2)在解決問題時(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．[多練強(qiáng)化]如圖①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖②.(1)求證：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求證：ND⊥FC；(3)求四面體NEFD體積的最大值．解：(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD.∵NC?平面MFD，MD?平面MFD，∴NC∥平面MFD.(2)證明：連接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，∴四邊形ECDF為正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND?平面NED，∴ND⊥FC.(3)設(shè)NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，由(2)得NE⊥平