2019届高考数学二轮复习突破热点分层教学专项二专题四2第2讲空间点线面的位置关系学案

第2讲空间点、线、面的位置关系空间线面位置关系的判定(基础型) 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．(3)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．[考法全练]1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：选C.A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C ∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥A1E.故选C.2．已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列命题是真命题的是( )A．若l∥α，且l∥β，则α∥βB．若l⊥α，且l⊥β，则α∥βC．若l⊂α，且α⊥β，则l⊥βD．若l∥α，且α∥β，则l∥β解析：选B.对于A，若l∥α，且l∥β，则α∥β或α与β相交，所以A错；因为垂直于同一条直线的两个平面平行，所以B正确；对于C，若l⊂α，且α⊥β，则l与β相交或l∥β或l⊂β，所以C错；对于D，若l∥α，且α∥β，则l∥β或l⊂β，所以D错．故选B.3．(2018·惠州第二次调研)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是( )①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 B．2C．3 D．4解析：选C.对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确．选C.4．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD 为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．答案：②③④空间中平行、垂直关系的证明(综合型) 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.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.[典型例题]由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.【证明】(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD­A1B1C1D1为四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM ⊥BD .又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以A 1E ⊥BD . 因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1.又A 1E ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ， 所以B 1D 1⊥平面A 1EM .又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．[对点训练]1.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，PA ⊥AB ，CD ⊥AD ，BC ＝CD ＝12AD ，E 为AD 的中点．(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 .则PA ⊥CD .(2)由已知，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 (图略)，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 ，则BD ⊥平面PAB ， 且BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAB .2.如图，已知斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC的值．解：(1)如图，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1， 连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形， 所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， 所以OD 1∥BC 1.又因为OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， 所以BC 1∥平面AB 1D 1. 所以当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1. 因为A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD. 又因为A 1O OB ＝1，所以DC AD ＝1，即ADDC＝1.平面图形的折叠问题(综合型)[典型例题]如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AB ＝BC .把△BAC 沿AC 折起到△PAC 的位置，使得P 点在平面ADC 上的正投影O 恰好落在线段AC 上，如图②所示，点E ，F 分别为棱PC ，CD 的中点．(1)求证：平面OEF ∥平面PAD ； (2)求证：CD ⊥平面POF ；(3)若AD ＝3，CD ＝4，AB ＝5，求三棱锥E ­CFO 的体积．【解】 (1)证明：因为点P 在平面ADC 上的正投影O 恰好落在线段AC 上， 所以PO ⊥平面ADC ，所以PO ⊥AC .由题意知O 是AC 的中点，又点E 是PC 的中点， 所以OE ∥PA ，又OE ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ， 所以OE ∥平面PAD .同理，OF ∥平面PAD . 又OE ∩OF ＝O ，OE ，OF ⊂平面OEF ， 所以平面OEF ∥平面PAD . (2)证明：因为OF ∥AD ，AD ⊥CD ， 所以OF ⊥CD .又PO ⊥平面ADC ，CD ⊂平面ADC ， 所以PO ⊥CD .又OF ∩PO ＝O ，所以CD ⊥平面POF . (3)因为∠ADC ＝90°，AD ＝3，CD ＝4， 所以S △ACD ＝12×3×4＝6，而点O ，F 分别是AC ，CD 的中点， 所以S △CFO ＝14S △ACD ＝32，由题意可知△ACP 是边长为5的等边三角形， 所以OP ＝523，即点P 到平面ACD 的距离为523，又E 为PC 的中点，所以E 到平面CFO 的距离为543，故V E ­CFO ＝13×32×543＝583.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．[对点训练]如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1­BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1­BCDE 的体积为362，求a 的值． 解：(1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ， 又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ， 又由(1)知，A 1O ⊥BE ， 所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1­BCDE 的高． 由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BE ·OC ＝a 2. 从而四棱锥A 1­BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， 由26a 3＝362，得a ＝6.一、选择题1．设α为平面，a、b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b 与α相交，故D错误．故选B.2．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B.对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D错．故选B.3.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE ＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．①④D．②④解析：选B.两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．5．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22解析：选C.如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ，易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角．因为在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5，所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos ∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C. 6.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B.如图，设D 1在平面ABC 上的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC ，因为D 1E ⊂平面ABD 1， 所以平面ABD 1⊥平面ABC .因为D 1E ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D1E ∩AB ＝E ， 所以BC ⊥平面ABD 1， 又BC ⊂平面BCD 1， 所以平面BCD 1⊥平面ABD 1，因为BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1， 所以BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ， 所以AD 1⊥平面BCD 1，又AD 1⊂平面ACD 1， 所以平面ACD 1⊥平面BCD 1.所以共有3对平面互相垂直．故选B. 二、填空题7．(2018·广州调研)正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 为CC 1的中点，点N 为线段DD 1上靠近D 1的三等分点，平面BMN 交AA 1于点Q ，则线段AQ 的长为________．解析：如图所示，在线段DD 1上靠近点D 处取一点T ，使得DT ＝13，因为N 是线段DD 1上靠近D 1的三等分点，故D 1N ＝23，故NT ＝2－13－23＝1，因为M 为CC 1的中点，故CM ＝1，连接TC ，由NT ∥CM ，且CM ＝NT ＝1，知四边形CMNT 为平行四边形，故CT ∥MN ，同理在AA 1上靠近A 处取一点Q ′，使得AQ ′＝13，连接BQ ′，TQ ′，则有BQ ′∥CT ∥MN ，故BQ ′与MN 共面，即Q ′与Q 重合，故AQ ＝13.答案：138.如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于点E ，AF ⊥DC 交DC 于点F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D ­AEF 体积的最大值为________．解析：因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF .又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB .又DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D ­AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D ­AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)．答案：269．(2018·昆明调研)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝4，AA 1＝2.过点A 1作平面α与AB ，AD 分别交于M ，N 两点，若AA 1与平面α所成的角为45°，则截面A 1MN 面积的最小值是________．解析：如图，过点A 作AE ⊥MN ，连接A 1E ，因为A 1A ⊥平面ABCD ，所以A 1A ⊥MN ，所以MN ⊥平面A 1AE ，所以A 1E ⊥MN ，平面A 1AE ⊥平面A 1MN ，所以∠AA 1E 为AA 1与平面A 1MN 所成的角，所以∠AA 1E ＝45°，在Rt △A 1AE 中，因为AA 1＝2，所以AE ＝2，A 1E ＝22，在Rt △MAN 中，由射影定理得ME ·EN ＝AE 2＝4，由基本不等式得MN ＝ME ＋EN ≥2ME ·EN ＝4，当且仅当ME ＝EN ，即E 为MN 的中点时等号成立，所以截面A 1MN 面积的最小值为12×4×22＝4 2. 答案：4 2三、解答题10.如图，在三棱锥A ­BCD 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 且BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又因为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 .11.如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：(1)AF ∥平面BCE ；(2)平面BCE ⊥平面CDE .证明：(1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG .因为F 为CD 的中点，所以GF ∥DE 且GF ＝12DE . 因为AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，所以AB ∥DE ，所以GF ∥AB .又因为AB ＝12DE ，所以GF ＝AB . 所以四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG .因为AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .(2)因为△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，所以AF ⊥CD .因为DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面CDE .因为BG ∥AF ，所以BG ⊥平面CDE .又因为BG ⊂平面BCE ，所以平面BCE ⊥平面CDE .12．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，AC 与其在平面ABD 内的正投影所成角的正切值为6，求点B 到平面ADE 的距离．解：(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又DC ⊥BD ，DC ⊂平面BCD ，所以DC ⊥平面ABD .因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，且DC ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC .(2)由(1)知DC ⊥平面ABD ，所以AC 在平面ABD 内的正投影为AD ，即∠CAD 为AC 与其在平面ABD 内的正投影所成的角．依题意知tan ∠CAD ＝DC AD ＝6，因为AD ＝1，所以DC ＝ 6.设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1，易知△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝DC BD， 即x 1＝6x 2＋1，解得x ＝2， 故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，又E 为BC 的中点，所以由平面几何知识得AE ＝BC 2＝32， 同理DE ＝BC 2＝32， 所以S △ADE ＝12×1× ⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22. 因为DC ⊥平面ABD ，所以V A ­BCD ＝13CD ·S △ABD ＝33. 设点B 到平面ADE 的距离为d ，则13d ·S △ADE ＝V B ­ADE ＝V A ­BDE ＝12V A ­BCD ＝36， 所以d ＝62，即点B 到平面ADE 的距离为62.。