2020高考数学(文科)二轮专题精讲《空间几何体》1

①若α∥β，则m∥n；
②若α∥β，则m∥β；
③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.
其中真命题的个数是( )
A．0
B.1
C．2
D．3
[解析] (1)若α∥β，则m∥n，这与m，n为异面直线矛盾，所以A不正确；将已 知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排 除B、C.故选D.
(2)如图，过点C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，且BC∩C1C＝C，所以DE⊥平面C1CE， 故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝
17
，故CH＝
4 17 17
.从而点C到平面
C1DE的距离为4
解：(1)证明：记AB的中点为D，连接PD，CD，如图．因为侧面三角形PAB是边 长为2的正三角形，所以PD⊥AB.
在正三角形ABC和正三角形PAB中得CD＝ 3，PD＝ 3.
因为PC＝ 6，所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥CD. 因为AB∩CD＝D，所以PD⊥平面ABC. 因为PD⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC.
2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；
②若m∥l，且m∥α，则l∥α；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；
④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.
其中正确命题的个数是( )
A．1
B．2
C．3
2．(2019·合肥模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，△BCD 为等边三角形，BD＝ 2 3，PA＝ 2，AB＝AD＝PB＝PD，∠BAD＝120°.
(1)若点 E 为 PC 的中点，求证：BE∥平面 PAD； (2)求四棱锥 P－ABCD 的体积．
解：(1)证明：如图，取CD的中点为M，连接EM，BM. ∵△BCD为等边三角形， ∴BM⊥CD. ∵∠BAD＝120°，AD＝AB， ∴∠ADB＝30°，∴∠ADC＝30°＋60°＝90°， ∴AD⊥CD，∴BM∥AD. 又BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴BM∥平面PAD.
解析：选 B 如图，取 CD 的中点 F，DF 的中点 G，连接 EF，FN，MG，GB， BD，BE.
∵点 N 为正方形 ABCD 的中心， ∴点 N 在 BD 上，且为 BD 的中点． ∵△ECD 是正三角形，∴EF⊥CD. ∵平面 ECD⊥平面 ABCD， 平面 ECD∩平面 ABCD＝CD， ∴EF⊥平面 ABCD.
|规 律 方 法 | 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、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．(2019·武汉模拟)如图，在三棱锥 P－ABC 中，底面三角形 ABC 和侧面三角形 PAB 是边长为 2 的正三角形，PC＝ 6.
(1)求证：平面 PAB⊥平面 ABC； (2)求点 B 到平面 PAC 的距离．
考点二 空间平行、垂直关系的证明 |析典例|
【例】 (2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧C︵D所在平面垂直， M 是C︵D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，故BC⊥DM.因为M为 C︵D 上异于C，D的点， 且DC为直径，所以DM⊥CM.
∵FN⊂平面ABCD， ∴EF⊥FN. 不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝ 3， ∴EN＝ FN2＋EF2＝2. ∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，且MG＝12EF， ∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG. ∵MG＝12EF＝ 23，
BG＝ CG2＋BC2＝
322＋22＝52，
∴BM＝ MG2＋BG2＝ 7.
【例】 (1)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥ n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥α C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
(2)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.
有下列命题：
解：(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，
BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝
1 2
B1C.又因为N为A1D的中
点，所以ND＝12A1D.
由题设知A1B1 DC，可得B1C A1D，故ME ND，因此四 边形MNDE为平行四边形，所以MC1DE，所以MN∥平面C1DE.
A．AG⊥平面 EFH C．HF⊥平面 AEF
B．AH⊥平面 EFH 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⊥平面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.
又∠BAD＝120°，BD＝2 3，△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.
所以AB⊥BE. 在Rt△ABE中，tan ∠BAE＝ABBE＝ 25.故选C.
6．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4， AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离．
∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴EM∥PD. 又EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴EM∥平面PAD. ∵EM∩BM＝M，∴平面BEM∥平面PAD. 又BE⊂平面BEM，∴BE∥平面PAD.
(2)如图，连接AC交BD于点O，连接PO.
∵CB＝CD，AB＝AD，∴AC⊥BD且O为BD的中点．
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD. 理由如下：如图，连接 AC 交 BD 于 O.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点．连 接 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP. 因为 MC⊄平面 PBD，OP⊂平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD.
∴BM≠EN.
∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．
故选B.
3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点， M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是 ()
解析：选A B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥ 平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面 MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故 选A.
4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1
B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1
D．A1E⊥AC
解析：选C ∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥ B1C，且B1C∩A1B1＝B1，∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E. 故选C.
(2)①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确； ②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确； ③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确； ④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n不一定相交，不能推出α⊥β，不正确． [答案] (1)D (2)B
|规 律 方 法 | 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 (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，进行判断． (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．
D．4
解析：选B ①正确；②中也可能直线l⊂α，故错误；③中三条直线也可能相交 于一点，故错误；④正确，所以正确的命题有2个，选B.
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( )
10 2.
从而
BH＝2
515，即点
B
到平面
PAC
的距离为2
15 5.
解法二：由题意得S△ABC＝
3，S△PAC＝
15 2.
设点B到平面PAC的距离为h，因为VP－ABC＝VB－PAC，所以结合(1)知13S△ABC·PD＝13S
△PAC·h，所以h＝2 515.所以点B到平面PAC的距离为2 515.
17 17 .
析考情
1．高考对此部分命题较为稳定，选择题、填空题多考查线面位置关系的判断， 此类试题难度中等偏下．
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”．
考点一 空间位置关系的判断 |析典例|