安徽省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關系 文

專題五立體幾何第2講點、直線、平面之間的位置關系真題試做1(2020·四川高考，文6)下列命題正確的是()A若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行B若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行C若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行D若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行2(2020·浙江高考，文5)設l是直線，是兩個不同的平面，()A若l，l，則B若l，l，則C若，l，則lD若，l，則l3(2020·大綱全國高考，文16)已知正方體ABCD­A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點，那么異面直線AE與D1F所成角的余弦值為_4(2020·安徽高考，文15)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即ABCD，ACBD，ADBC，則_(寫出所有正確結論的編號)四面體ABCD每組對棱相互垂直四面體ABCD每個面的面積相等從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180°連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長5(2020·江蘇高考，16)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(點D不同于點C)，且ADDE，F(xiàn)為B1C1的中點求證：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直線A1F平面ADE.考向分析從近幾年的高考試題來看，在本講中所涉及的主要內容是：(1)有關線面位置關系的組合判斷試題以選擇題的形式出現(xiàn)，通常是考查空間線線、線面、面面位置關系的判定與性質；(2)有關線線、線面平行與垂直的證明試題以解答題為主，常以多面體為載體，突出考查學生的空間想象能力及推理論證能力；(3)有關面面平行與垂直的證明，多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合性強；(4)有關折疊問題，以解答題為主，通過折疊把平面圖形轉化為空間幾何體，更好地考查學生的空間想象能力和知識遷移能力預測2020年高考中，仍以某幾何體為載體，重在探索和判定線線、線面和面面的位置關系，當然也可能綜合考查面積及體積的計算，題目難度為中低檔熱點例析熱點一有關線面位置關系的組合判斷【例1】若a，b是兩條異面直線，是兩個不同平面，a，b，l，則()Al與a，b分別相交Bl與a，b都不相交Cl至多與a，b中一條相交Dl至少與a，b中的一條相交規(guī)律方法 解決空間線面位置關系的組合判斷題常有以下方法：(1)根據(jù)空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題；(2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷；(3)應熟練掌握立體幾何的三種語言符號語言、自然語言以及圖形語言的相互轉換變式訓練1 如圖所示，平面平面，直線l，A，C是內不同的兩點，B，D是內不同的兩點，且A，B，C，D直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點下列判斷正確的是()A當|CD|2|AB|時，M，N兩點不可能重合BM，N兩點可能重合，但此時直線AC與l不可能相交C當AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交D當AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行熱點二線線、線面平行與垂直的證明【例2】如圖，在四棱臺ABCD­A1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB2AD，ADA1B1，BAD60°.(1)證明：AA1BD；(2)證明：CC1平面A1BD.規(guī)律方法 (1)線線垂直的證明方法相交垂直：可借助定義或平面幾何知識進行證明；異面垂直：由線面垂直的性質定理進行證明(2)證明線線平行的常用方法利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行；利用平行四邊形進行轉換；利用三角形中位線定理證明；利用線面平行、面面平行的性質定理證明(3)證明線面平行的常用方法定義法；利用線面平行的判定定理；利用面面平行的性質定理，把面面平行轉化為線面平行(4)證明線面垂直的常用方法利用直線和平面垂直的定義此種方法利用向量證明較好；利用線面垂直的判定定理此種方法要注意平面內的兩條直線必須相交；利用線面垂直的性質兩平行線中一條垂直于一個平面，另一條也垂直于這個平面；利用面面垂直的性質兩平面垂直，在一個平面內垂直于交線的直線必垂直于另一個平面此種方法要注意“平面內的直線”；利用面面垂直的性質兩個相交平面同時垂直于第三個平面，那么它們的交線也垂直于第三個平面；利用面面平行的性質一條直線垂直于兩平行平面中的一個，必垂直于另一個平面變式訓練2 (2020·安徽高考，文19)如圖，長方體ABCD­A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中點，E是棱AA1上任意一點，(1)證明：BDEC1；(2)如果AB2，AE，OEEC1，求AA1的長熱點三面面平行與垂直的證明【例3】(2020·合肥八中沖刺卷，文17)已知四棱錐P­ABCD底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，AD2，AB1，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點(1)證明：PFFD；(2)在線段PA上找一點G，使得EG平面PFD；(3)若PAAF，求點C到平面PFD的距離規(guī)律方法 (1)證明面面平行的常用方法利用面面平行的定義，此法一般與反證法結合；利用面面平行的判定定理；利用兩個平面垂直于同一直線；證明兩個平面同時平行于第三個平面(2)證明面面垂直的方法證明一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，一般先在現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則應借助中點、高線等添加輔助線解決；利用面面垂直的定義新課標對此要求較低變式訓練3 如圖，已知在三棱錐A­BPC中，APPC，ACBC，M為AB中點，D為PB中點，且PMB為正三角形求證：(1)DM平面APC；(2)平面ABC平面APC.熱點四折疊問題【例4】如圖，在ABC中，B，ABBC2，P為AB邊上一動點，PDBC交AC于點D，現(xiàn)將PDA沿PD翻折至PDA，使平面PDA平面PBCD.(1)當棱錐A­PBCD的體積最大時，求PA的長；(2)若點P為AB的中點，E為AC的中點，求證：ABDE.規(guī)律方法 (1)解決與折疊有關的問題的關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，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口(2)將平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉化到我們熟悉的幾何體中解決(3)在解決問題時，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變式訓練4 如圖，在直角梯形ABCP中，APBC，APAB，ABBCAP2，D為AP的中點，E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，CB的中點，將PCD沿CD折起，使點P在平面ABCD內的射影為點D，如圖.(1)求證：AP平面EFG；(2)求三棱錐P­ABC的體積思想滲透轉化與化歸思想解決立體幾何中的探索性問題(1)解決立體幾何中探索性問題的常用方法是：先研究特殊點(端點、中點、三等分點等)、特殊位置(平行或垂直)，再進行證明；(2)當特殊點或特殊位置不符合要求時，可以通過運算(向量法)或根據(jù)結論分析出點線位置，再用綜合法證明；(3)解決探索性問題的一般步驟為：首先假設其存在，然后在這個假設下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結論就肯定假設，如果得到了矛盾結論就否定假設【典型例題】如圖，在四棱錐P­ABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD為矩形，PDDC4，AD2，E為PC的中點(1)求證：ADPC；(2)求三棱錐A­PDE的體積；(3)在AC上是否存在一點M，使得PA平面EDM？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由(1)證明：因為PD平面ABCD，所以PDAD.又因為四邊形ABCD是矩形，所以ADCD.因為PDCDD，所以AD平面PCD.又因為PC平面PCD，所以ADPC.(2)解：由(1)知AD平面PCD，所以AD是三棱錐A­PDE的高因為E為PC的中點，且PDDC4，所以SPDESPDC×4.又AD2，所以VA­PDEAD·SPDE×2×4.(3)解：取AC的中點M，連接EM，DM，因為E為PC的中點，M是AC的中點，所以EMPA.又因為EM平面DEM，PA平面EDM，所以PA平面DEM.此時AMAC，即在AC上存在一點M，使得PA平面EDM，且AM的長為.1(2020·湖南株洲質檢，7)若m，n是兩條不同的直線，是三個不同的平面，給出下列命題：(1)若m，n，則mn；(2)若，則；(3)若m，n，則mn；(4)，m，則m.其中正確的命題是()A(1)(4) B(2)(3)C(1)(2)(4) D(1)(3)2(2020·山東濟南二模，10)設，是兩個不同的平面，m，n是平面內的兩條不同直線，l1，l2是平面內的兩條相交直線，則的一個充分而不必要條件是()Aml1且nl2 Bm且nl2Cm且n Dm且l13如圖，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，BAC90°，BC1AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A直線AB上 B直線BC上C直線AC上 DABC內部4. (2020·安徽江南十校聯(lián)考，文15)如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1棱長為1，點MAB1，NBC1，且AMBN，有以下四個結論：AA1MN；A1C1MN；MN面A1B1C1D1；MN與A1C1是異面直線其中正確結論的序號是_(注：把你認為正確命題的序號都填上)5如圖所示，已知PA矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點(1)求證：MNCD；(2)若PDA45°，求證：MN平面PCD.6(2020·廣東梅州中學三模，18)如圖所示，正方形ABCD與直角梯形ADEF所在平面互相垂直，ADE90°，AFDE，DEDA2AF2.(1)求證：AC平面BEF；(2)求四面體BDEF的體積參考答案命題調研·明晰考向真題試做1C解析：若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交選項A錯；如果到一個平面距離相等的三個點在同一條直線上或在這個平面的兩側，則經(jīng)過這三個點的平面與這個平面相交，選項B不正確；如圖，平面b，a，a，過直線a作平面c，過直線a作平面d，a，ac，a，ad，dc，c，d，d，又d，db，ab，選項C正確；若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面可平行、可相交，選項D不正確2B解析：A選項中由l，l不能確定與的位置關系，C選項中由，l可推出l或l，D選項由，l不能確定l與的位置關系3.解析：設正方體的棱長為a.連接A1E，可知D1FA1E，異面直線AE與D1F所成的角可轉化為AE與A1E所成的角在AEA1中，cosAEA1.4解析：如圖所示，四面體ABCD中，ABCD，ACBD，ADBC，則ABCCDADCBBAD，故正確；ABCCDABAD，BADABC，CADACB，BACCADBADBACACBABC180°，故錯；取AB，BC，CD，DA的中點M，N，P，Q，連接MN，NP，PQ，MQ，由此得，MNQPAC，NPMQBD，BDAC，MNQPMQNP，四邊形MNPQ為菱形，對角線相互垂直平分，故正確，錯誤；而正確，如AB，AC，AD可作為ABC的三邊5證明：(1)因為ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1AD.又因為ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因為A1B1A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點，所以A1FB1C1.因為CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又因為CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.精要例析·聚焦熱點熱點例析【例1】 D解析：假設l與a，b均不相交，則la，lb，從而ab與a，b是異面直線矛盾，故l至少與a，b中的一條相交選D.【變式訓練1】 B解析：若M，N兩點重合，由AMMB，CMMD知ACBD，從而AC平面，故有ACl，故B正確【例2】 證明：(1)方法一：因為D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.又因為AB2AD，BAD60°，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22AD·ABcos 60°3AD2，所以AD2BD2AB2.所以ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.方法二：因為D1D平面ABCD，且BD平面ABCD(如圖)，所以BDD1D.取AB的中點G，連接DG(如圖)在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60°，所以ADG為等邊三角形，因此GDGB，故DBGGDB.又AGD60°，所以GDB30°，故ADBADGGDB60°30°90°，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.(2)如圖，連接AC，A1C1.設ACBDE，連接EA1.因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以ECAC.由棱臺定義及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形因此CC1EA1.又因為EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.【變式訓練2】 (1)證明：連接AC，A1C1.由底面是正方形知，BDAC.因為AA1平面ABCD，BD平面ABCD，所以AA1BD.又由AA1ACA，所以BD平面AA1C1C.再由EC1平面AA1C1C知，BDEC1.(2)解：設AA1的長為h，連接OC1.在RtOAE中，AE，AO，故OE2()2()24.在RtEA1C1中，A1Eh，A1C12，故EC(h)2(2)2.在RtOCC1中，OC，CC1h，OCh2()2，因為OEEC1，所以OE2ECOC，即4(h)2(2)2h2()2，解得h3.所以AA1的長為3.【例3】(1)證明：連接AF，則AF，DF，AD2，DF2AF2AD2，DFAF，PA平面ABCD，DFPA，PAAFA，DF平面PAF，PF平面PAF，DFPF.(2)解：過點E作EHFD交AD于點H，則EH平面PFD且AHAD，再過點H作HGDP交PA于點G，連接EG，則HG平面PFD且AGAP，平面EHG平面PFD，EG平面PFD.從而求得滿足條件的點G在AP上且AGAP.(3)解：設C到平面PFD的距離為d，由VP­CFDVC­PFD得SCFD·PASPFD·d，易算得SCFD，SPFD，PA，因此d.【變式訓練3】 證明：(1)M為AB中點，D為PB中點，MDAP.又MD平面APC，AP平面APC，DM平面APC.(2)PMB為正三角形，且D為PB中點，MDPB.又由(1)知MDAP，APPB.又APPC，PBPCP，AP平面PBC，APBC.又ACBC，APACA，BC平面APC，平面ABC平面PAC.【例4】 (1)解：令PAx(0x2)，則APPDx，BP2x.因為APPD且平面APD平面PBCD，故AP平面PBCD，所以VA­PBCDSh(2x)(2x)x(4xx3)令f(x)(4xx3)，由f(x)(43x2)0，得x.當x時，f(x)0，f(x)單調遞增；當x時，f(x)0，f(x)單調遞減所以，當x時，f(x)取得最大值，即當VA­PBCD最大時，PA.(2)證明：設F為AB的中點，連接PF，F(xiàn)E，則有EFBC.又PDBC，所以DEPF.又APPB，所以PFAB，故DEAB.【變式訓練4】 (1)證明：由題意，PCD折起后PD平面ABCD.四邊形ABCD是邊長為2的正方形，PD2.E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，BC的中點，EFCD，EGPB.又CDAB，EFAB.又EGEFE，PBABB，平面EFG平面PAB，PA平面EFG.(2)解：由(1)中結論可知PD是三棱錐P­ABC的高，因此V三棱錐P­ABCSABC·PD××22×2.創(chuàng)新模擬·預測演練1A解析：對于(2)，與可能相交；對于(3)，平行于同一平面的兩直線可能平行，也可能相交，也可能異面；因此選A.2A3A解析：由ACAB，ACBC1，AC平面ABC1，AC平面ABC，平面ABC1平面ABC，C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上，故選A.4解析：過N作NPBB1于點P，連接MP，可證AA1面MNP，對；過M，N分別作MRA1B1，NSB1C1于點R，S，則當M，N不是AB1，BC1的中點時，A1C1與RS相交；當M，N是AB1，BC1的中點時，A1C1RS，A1C1與MN可以異面，也可以平行，故錯；由正確知：面MNP面A1B1C1D1，故對故選.5證明：(1)如圖，連接AC，AN，BN.PA平面ABCD，PAAC.在RtPAC中，N為PC中點，ANPC.PA平面ABCD，PABC.又BCAB，PAABA，BC平面PAB，BCPB，從而在RtPBC中，BN為斜邊PC上的中點，BNPC.ANBN，ABN為等腰三角形又M為底邊AB的中點，MNAB.又ABCD，MNCD.(2)如圖，連接PM，CM.PDA45°，PAAD，APAD.四邊形ABCD為矩形，ADBC，PABC.又M為AB的中點，AMBM.而PAMCBM90°，PMCM.又N為PC的中點，MNPC.由(1)知，MNCD，PCCDC，MN平面PCD.6(1)證明：設ACBDO，取BE中點G，連接FG，OG，所以OGDE.因為AFDE，DE2AF，所以AFOG.從而四邊形AFGO是平行四邊形，F(xiàn)GAO.因為FG平面BEF，AO平面BEF，所以AO平面BEF，即AC平面BEF.(2)解：因為平面ABCD平面ADEF，ABAD，所以AB平面ADEF.因為AFDE，ADE90°，DEDA2AF2，所以DEF的面積為×ED×AD2，所以四面體BDEF的體積SDEF×AB.