立体几何高考考点梳理及真题分类解析

第九章立体几何（2021年文科数学高考备考版）
第一节空间几何体的三视图和直观图
一、高考考点梳理
（一）、空间几何体的结构特征
1．多面体
①棱柱：两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成（一）、简单几何体的结构特征
的几何体叫作棱柱．
②棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥．
③棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．
2．旋转体
①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．
②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．
③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．
（二）、三视图
1．三视图的名称：几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．
2．三视图的画法
①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．
②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．
③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．
（三）、直观图
简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
1．在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；2．已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′
轴的线段；
3．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的
线段，长度为原来的1 2.
二、历年高考真题题型分类突破
题型一空间几何体的三视图
【例1】（2020全国Ⅲ卷）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.
B.
C.
D. D.
解析：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是
正方体的一个角，
，、、两两垂直，
故，几何体的表面积为：
，
故选：C．
【例2】（2018全国Ⅰ卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）
A．217 B．2 5
C．3 D．2
解析：所求最短路径MN为四份之一圆柱侧面展
开图对角线的长.故选B.
【例3】（2017全国Ⅱ卷）如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )
A .90π
B .63π
C .42π
D .36π
解析：由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积V 1＝π×32×4＝36π,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,其体积V 2＝1
2×(π×32×6)＝27π,∴该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝63π.故选
B .
题型二 与球有关的几何体
【例4】（2020全国Ⅰ卷）已知A ,B ,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为∆ABC 的
外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB=BC=AC=OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π
B ．48π
C ．36π
D ．32π
解析：设球O 半径为R ，⊙O 1的半径为r ，依题πr 2=4π，∴r =2。

又AB=BC=AC=OO 1， ∴OO 1=AB=2r sin60°=23，∴R 2=12+4=16，∴球的表面积为64π，故选A. 【例5】（2020全国Ⅱ卷）已知ABC ∆是面积为
93
的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A.3
B.
32
C.1
D.
3
解析：2393
ABC S AB ∆=
=
，所以3AB =．设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得2R =．设O 在ABC ∆内的射影为'O ，'O 是ABC ∆的重心，故
233
'332
O A =⨯=．从而O 到平面ABC 的距离2231h =-=，故选C ．
【例6】（2017全国Ⅰ卷）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是
球O 的直径。

若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________。

解析：三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9，
可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得
，解得r=3．
球O 的表面积为：4πr 2=36π．故答案为：36π．
【例7】（2017全国Ⅱ卷）长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为 .
解析：设球的半径为R ,依题意知球的直径为长方形的体对角线,∴2R ＝32＋22＋12＝14,球O 的表面积S ＝4πR 2＝π(2R )2＝14π.
第二节 空间几何体的表面积与体积
一、高考考点梳理
（一）、柱、锥、台和球的侧面积和体积
面 积 体 积 圆柱 S 侧＝2πrh V ＝Sh ＝πr 2h
圆锥 S 侧＝πrl V ＝13Sh ＝13πr 2h ＝1
3πr 2l 2－r 2 圆台
S 侧＝π(r 1＋r 2)l
V ＝1
3(S 上＋S 下＋S 上S 下)h ＝
13
π(r 21＋r 22＋r 1r 2)h 直棱柱 S 侧＝Ch V ＝Sh 正棱锥 S 侧＝1
2Ch ′ V ＝13Sh
正棱台 S 侧＝1
2(C ＋C ′)h ′ V ＝1
3(S 上＋S 下＋S 上S 下)h
球
S 球面＝4πR 2
V ＝4
3πR 3
（二）、几何体的表面积
1．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和.
2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等
于侧面积与底面面积之和.
二、历年高考真题题型分类突破
题型一 求空间几何体的表面积
【例1】（2018全国Ⅰ卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A ．122π
B ．12π
C ．82π
D ．10π
解析：设底面半径为R,则(2R)2=8 ∴R=2,圆柱表面积=2πR ×2R+2πR 2=12π，
故选B.
【例2】（2017全国Ⅰ卷）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且
90BAP CDP ∠=∠=
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积
为8
3
，求该四棱锥的侧面积. 解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=，得,AB AP CD PD ⊥⊥
由于//AB CD ，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .
（2）设PA=PD=AB=DC=a ，取AD 中点O ，连结PO ， ∵PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，平面PAB ⊥平面PAD ， ∴PO ⊥底面ABCD ，且AD==
，PO=
，
∵四棱锥P ﹣ABCD 的体积为， 由AB ⊥平面PAD ，得AB ⊥AD ， ∴V P ﹣ABCD =
=
=
=
=， 解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=
，
∴PB=PC=
=2
，
∴该四棱锥的侧面积： S 侧=S △PAD +S △PAB +S △PDC +S △PBC =+++
=
=6+2
．
题型二 求空间几何体的体积
【例3】（2020全国Ⅱ卷）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F
（1）证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ； （2）设O 为111A B C ∆的中心，若6AO AB ==，//AO 平面
11EB C F ，且3
MPN π
∠=
，求四棱锥11B EB C F -的体积．
解析：（1）证明∵M ，N 分别为BC ，1
1
B C 的中点，底面
为正三角形，∴1B N BM =，四边形1BB NM 为矩形，∴1//BB MN ，而11//AA BB ，
∴1//AA MN ，可得1
,,,A A M N 共面，
由四边形1BB NM 为矩形，得11MN B C ⊥，由11B N NC =,得111
A N
B
C ⊥，又
1MN A N N ⋂=，得11B C ⊥面1A AMN ，11B C ⊂面11EB C F ∴面1A AMN ⊥面11EB C F ； （2）因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A NMA ，平面1
A NMA 平面
11EB C F NP =，所以//AO NP ，又因为//NO AP ，所以四边形AONP 为平行四边
形,6AO NP ==，3ON AP ==M 做MH 垂直于NP ，垂足为H ，因为平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11
EB C F
平面1
A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，所以MH ⊥平面11
EB C F ，由23PM =,6AO =,26MN =,得
22PM MN MH PN ⋅==11111()24
2EB C F S B C EF NP =+⋅=，由//BC 平面11
EB C F ，所以
1111111
1623
B EB F M EB
C F
B C C E F V V S MH --==⋅⋅=【例4】（2020全国Ⅲ卷）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
解析：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如
图，圆锥母线，底面半径
，
则其高
， 不妨设该内切球与母线切于点
， 令，由，则
，
即
，解得
，
，故答案为：．
【例5】（2018全国Ⅰ卷）在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为300，则该长方体的体积为
A ．8
B ．6 2
C ．8 2
D ．8 3
解析： ∵AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为300 ，AB=2 ∴AC 1=4 BC 1=2 3 BC=2 ∴CC 1=2 2. V=2×2×22=8 2. 故选C.
【例6】（2018全国Ⅱ卷）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为300，若ΔSAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 解析：设母线为2a ，则圆锥高为a ，底面半径为3a,依题1
2×2a ×2a=8,∴a=2
∴V=1
3
×π×(23)×2=8π.
【例7】（2018全国Ⅲ卷）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，
ΔABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A ．12 3
B ．18 3
C ．24 3
D ．54 3
解析：ΔABC 的边长为a=6, ΔABC 的高为33，球心O 到ΔABC 的距离=42-(23)2=2,当D 到ΔABC 的距离为R+2=6时，D-ABC 体积的最大， 最大值=1
3×93×6=18 3. 故选B.
【例8】（2017全国Ⅲ卷）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个
球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A. π
B. 34
π
C. 2π
D. 4
π
解析：画出圆柱的轴截面
，所以
，那么圆柱的体积是，
故选B.
题型三 空间几何体的实际应用
【例9】（2020全国Ⅰ卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A 51- B 51- C 51+ D 51
+ 解析：设四棱锥的高为h ，底面边长为2a ，侧面三角形的高为m ，依题h 2=am ，且h 2+a 2=m 2，联立消去h 得m 2-am -a 2=0，15
2
h m ∴
=
，舍去负号，故选C. 【例10】（2019全国Ⅱ卷）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信
的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）
解析：由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正
方体后，根据对称性列方程求解.21.
【例11】（2019全国Ⅲ卷）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，
该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.
第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系
一、高考考点梳理 （一）、空间图形的公理
1．公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在
这个平面内(即直线在平面内)．
2．公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个
平面)．
3．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这
个点的公共直线．
4．公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．
推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
5．等角定理：空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
或互补．
（二）、空间中两条直线的位置关系
1．位置关系的分类：⎩⎪⎨
⎪⎧
共面直线⎩⎨⎧
平行相交异面直线：不同在任何一个平面内
2．异面直线所成的角①定义：过空间任意一点P 分别引两条异面直线a ，b 的平
行线l 1，l 2(a ∥l 1，b ∥l 2)，这两条相交直线所成的锐角(或直角)就是异面直线a ，b 所成的角．②范围：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2.
二、历年高考真题题型分类突破
题型一 判断空间两条直线的位置关系
【例1】（2017全国Ⅲ卷）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，
则（ ） A.
11
A E DC ⊥
B. 1A E BD
⊥
C. 11
A E BC ⊥
D. 1A E AC ⊥
【答案】C 【解析】
11A B ⊥平面11BCC B 111A B BC ∴⊥,11BC B C ⊥又1111B C A B B =,
1BC ∴⊥平面11A B CD ,又1A E ⊂平面11A B CD 11A E BC ∴⊥.
题型二 求异面直线所成角的三角函数值
【例2】（2018全国Ⅱ卷）在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A ．
2
2
B ．
32
C ．
5
2
D ．
72
解析： 即AE 与AB 所成角，设AB=2,则BE=5,故选C.
第四节 直线和平面的位置关系
一、高考考点梳理
（一）、空间直线与平面的位置关系
1．直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况. （二）、直线与平面平行的判定与性质
a∥α，a⊂β，
（三）、
1．直线和平面垂直的定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，
那么称这条直线和这个平面垂直．
2．判定定理与性质定理
二、历年高考真题题型分类突破
题型一直线和平面平行的判定与性质
【例1】（2017全国Ⅰ卷）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，直接AB与平面MNQ不
平行的是（）
解析：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，故选：A．
【例2】（2017全国Ⅱ卷）如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂
直于底面ABCD,AB＝BC＝1
2AD,∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明:直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为27,求四棱锥P-ABCD的体积. 解析：(1)在平面ABCD内,∵∠BAD＝∠ABC＝90°, ∴BC∥AD.
∵AD⊄平面PAD,BC⊄平面PAD,
∴BC∥平面PAD.
(2)取AD的中点M,连接PM,CM.
∵AB＝BC＝1
2AD,BC∥AD,∠ABC＝90°,
∴四边形ABCM为正方形,∴CM⊥AD.
∵侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD＝AD,
∴PM⊥AD,又AD⊄底面ABCD,∴PM⊥底面ABCD.
∵C M⊄底面ABCD,∴PM⊥C M.
设BC＝x,则C M＝x,CD＝2x,PM＝3x,P C＝P D＝2x.取CD的中点N,连接PN.
则PN ⊥CD ,∴PN ＝14
2x .
S △PCD ＝12×2x ×14
2x ＝27,解得x ＝±2(负值舍去), ∴AB ＝BC ＝2,AD ＝4,PM ＝23.
∴四棱锥P -ABCD 的体积V P -ABCD ＝13×2×(2＋4)
2×23＝43.
题型二 求点到平面的距离
【例3】（2019全国Ⅰ卷）已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠
ACB 两边AC ，BC 的距离均为
，那么点P 到平面ABC 的
距离为 ．
解析：∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P
到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为
，过点P 作PD ⊥AC ，
交AC 于D ，作PE ⊥BC ，交BC 于E ，过P 作PO ⊥平面ABC ，交平面ABC 于O ，连结OD ，OC ，则PD ＝PE ＝，
∴CD ＝CE ＝OD ＝OE ＝＝1， ∴PO ＝
＝
＝
． ∴点P 到平面ABC 的距离为
．
【例4】（2019全国Ⅰ卷））如图，直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，
AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．
（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．
解析：证明：（1）连结B 1C ，ME ，
∵M ，E 分别是BB 1，BC 的中点，
∴ME ∥B 1C ，又N 为A 1D 的中点，∴ND ＝A 1D ，由题设知A 1B 1DC ，∴B 1C A 1D ，
∴ME
ND ，
∴四边形MNDE 是平行四边形，
MN ∥ED ，又MN ⊄平面C 1DE ，∴MN ∥平面C 1DE ．
（2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H ， 由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ， ∴DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH ，
∴CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到时平面C 1DE 的距离，
由已知可得CE ＝1，CC 1＝4， ∴C 1E ＝
，故CH ＝
，
∴点C 到平面C 1DE 的距离为
．
题型三 直线和平面垂直的判定与性质
【例5】（2019全国Ⅱ卷）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在
棱AA 1上，BE ⊥EC 1. （1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；
（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．
解析：（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥.
又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C .
（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，
故AE =AB =3，126AA AE ==.
作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==.
所以，四棱锥11E BB C C -的体积1
363183
V =
⨯⨯⨯=. 【例6】（2018全国Ⅱ卷）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O 为AC 的中点．
（1）证明：PO ⊥平面ABC ；
（2）若点M 在棱BC 上，且MC=2MB ，求点C 到平面POM 的距离．
解析：（1）证明：因为AP=CP=AC=4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP=2 3. 连结OB.因为AB=BC=
2
2
AC ，所以ΔABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB=1
2AC=2.
由OP 2+OB 2=PB 2知OP ⊥OB.
由OP ⊥OB,OP ⊥AC 知OP ⊥平面ABC.
（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．
由题设可知OC=12AC =2，CM=23BC=42
3，∠ACB=45°．
所以OM=
253，CH=OC ·MC ·sin ∠ACB OM =455
． 所以点C 到平面POM 的距离为45
5．
题型四 空间两条直线垂直的判定与性质 【例7】（2020全国Ⅲ卷）如图，在长方体
1111ABCD A B C D -中，点E ,F 分别在棱1DD ，1BB 上，且
12DE ED =，12BF FB =，证明：
（1） 当AB BC =时，EF AC ⊥；
C在平面AEF内.
（2）点
1
解析：（1）证明：因为是长方体，
所以平面，
而平面，
所以，
因为是长方体，且，
所以是正方形，所以，
又．所以平面，
又因为点，分别在棱，上，
所以平面，所以EF AC
．
（2）证明：取上靠近的三等分点，
连接，，．
因为点在，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
又因为在上，且，
所以，且，
所以为平行四边形，
所以，，即，，
所以为平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．所以点在平面内．
【例8】（2017全国Ⅲ卷）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，AD CD =
（1）证明：AC BD ⊥
（2）已知ACD ∆是直角三角形，AB BD =,若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE EC ⊥，
求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.
解析：（1）证明：取AC 中点
F ，连接,DF BF
AD DC =，且F 是AC 中点DF AC ∴⊥。

同理：BF AC ⊥
在平面DFB 中，DF BF F AC DFB =∴⊥ 又BD ⊂平面DFB ，AC BD ∴⊥
（2）由题意，令2AB BC AC BD a ====，即3BF a =
,CE AE F ⊥为AC 中点，1
2
EF AC a ∴== ∴在直角ACD ∆中，DF a =，
∴BDF ∆中有222DF BF BD DF BF +=∴⊥
又1
2
EF BD a E =
=∴为BD 中点 1ABCE
ACDE
V V ∴
= 第五节 两个平面的位置关系
一、高考考点梳理 （一）、平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.
（二）、面面平行的判定与性质
判定
性质
定义
定理
图形
条件
α∩β＝∅
a ⊂β，
b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α
α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b
α∥β，a ⊂β
结论α∥βα∥βa∥b a∥α（三）、
1．平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．2．判定定理与性质定理
文字语言图形语言符号语言
判定定理
如果一个平面经过另
一个平面的一条垂线，
那么这两个平面垂直
l⊥α，l⊂β，
则α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂
直，那么在一个平面内
垂直于它们交线的直
线垂直于另一个平面
α⊥β，
α∩β＝a，l⊥a，
l⊂β，则l⊥α
二、历年高考真题题型分类突破
题型一两个平面垂直的判定与性质
【例1】（2020全国Ⅰ卷）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC
△
是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO23π，求三棱锥P−ABC的体积.
解析：（1）由题设可知，PA=PB= PC．
又∠APC =90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°．
由于△ABC是正三角形，
故可得△PAC≌△PAB．△PAC≌△PBC．
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，
所以平面PAB⊥平面PAC．
（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．
由题设可得rl3222
l r
-=．解得r=1，l3
从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故
6PA PB PC ===
所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166(
32
32
PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=． 【例2】（2019全国Ⅲ卷）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面
ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）
A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线
B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线
C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线
D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线
【例3】（2019全国Ⅲ卷）图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个
平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．
（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.
解析：（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，
故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，
故CG⊥平面DEM．
因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM3，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
【例4】（2018全国Ⅰ卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3,∠ACM=900，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，
且BP=DQ=2
3
DA，求三棱锥Q-ABP的体积．
解析：（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．
又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．
又BP=DQ=2
3
DA，所以BP=22．
作QE⊥AC，垂足为E，则QE//DC，且QE=1
3 DC．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥Q-ABP的体积为V=1
3
×QE×S
ΔABP
=
1
3
×1×
1
2
×3×22×sin450=1.
题型一平行关系中的探索性问题
【例5】（2018全国Ⅲ卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD⌢所在平面垂直，M是CD⌢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．
解析：（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CD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．
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．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．。