（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系學案 文 蘇教版

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1、第2講　空間點、線、面的位置關系 [2019考向導航] 考點掃描 三年考情 考向預測 2019 2018 2017 1．空間點、線、面位置關系的判斷 江蘇高考立體幾何解答題一般位居試卷15或16題的位置．試題主要來源于課本習題改編，主要考查空間平行和垂直，這是近幾年一貫的命題原則．預計2020年命題仍會堅持這個命題思想．空間點、線、面位置關系的判斷一般會作為填空題考查，平面圖形的折疊問題和探索性問題是命題的冷點，復習做適當關注． 2．空間平行和垂直 第16題 第15題 第15題 3．平面圖形的折疊問題 4．立體幾何中的探索性問題

2、 1．必記的概念與定理 (1)線面平行與線面垂直的判定定理、性質定理； (2)面面平行與面面垂直的判定定理、性質定理． 2．需要活用的關系與結論 3．需要關注的易錯點 使用有關平行、垂直的判定定理時，要注意其具備的條件，缺一不可．解答高考題時，推理過程不完整是失分的重要原因，需引起特別注意． 空間線面位置關系的判斷 [典型例題] (2019·鎮(zhèn)江期末)設α，β為互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出下列三個命題： ①若m∥n，n?α，則m∥α； ②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β； ③若α⊥β，α∩β＝m，n?α，n⊥m，則n⊥β

3、． 其中正確命題的序號為________． 【解析】?、僦校攎?α時命題不成立；②中，只有當m，n相交時才一定成立；③是平面與平面垂直的性質定理，故只有③正確． 【答案】?、? 解決此類問題，可以從三個角度加以研究，一是與相關的定理的條件進行比較，看是否缺少條件，若缺少條件，則肯定是錯誤的；二是采用模型法，即從一個常見的幾何體中來尋找滿足條件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否舉出一個反例． [對點訓練] 1．設l是直線，α，β是兩個不同的平面，以下四個命題： ①若l∥α，l∥β，則α∥β；②若l∥α，l⊥β，則α⊥β； ③若α⊥β，l⊥α，則l⊥β；④若α

4、⊥β，l∥α，則l⊥β， 其中正確的是 ________． [解析] 設α∩β＝a，若直線l∥a，且l?α，l ?β，則l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故①錯誤； 由于l∥α，故在α內存在直線l′∥l，又因為l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以②正確； 若α⊥β，在β內作交線的垂線l，則l⊥α，此時l在平面β內，因此③錯誤； 已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β內，則l∥α且l∥β，因此④錯誤． [答案] ② 空間平行和垂直 [典型例題] (2019·高考江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC．

5、 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E． 【證明】　(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB． 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED． 又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1． (2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC． 因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC． 又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE． 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1． 因為C1E?平面A

6、1ACC1，所以BE⊥C1E． (1)立體幾何中，要證線面平行，可利用線線平行的判定定理、面面平行的性質定理證明． (2)證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決． (3)證明立體幾何問題，要緊密結合圖形，有時要利用平面幾何的相關知識，因此有時候需要畫出一些圖形輔助使用． [對點訓練] 2．(2018·高考江蘇卷)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1． 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)

7、平面ABB1A1⊥平面A1BC． [證明] (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1． 因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C． (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形， 因此AB1⊥A1B． 又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC． 又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因為AB1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

8、 平面圖形的折疊問題 [典型例題] 已知在矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉成△A1DE．若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉過程中，正確的命題是________． ①BM是定值； ②點M在圓上運動； ③一定存在某個位置，使DE⊥A1C； ④一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE． 【解析】　取DC中點N，連結MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE， 所以平面MNB∥平面A1DE， 因為MB?平面MNB， 所以MB∥平面A1DE，④正確； ∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根據(jù)余弦定理得，MB2＝MN2＋NB

9、2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以MB是定值．①正確； B是定點，所以M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，②正確； 當矩形ABCD滿足AC⊥DE時存在，其他情況不存在，③不正確． 所以①②④正確． 【答案】?、佗冖? (1)解決與翻折有關的幾何問題的關鍵是搞清翻折前后哪些量改變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口． (2)把平面圖形翻折后，經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去解決． [對點訓練] 3．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(七))如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA

10、的中點．將矩形ABCD沿線段EF折起，使得∠DFA＝60°．設G為AF上的點． (1)試確定點G的位置，使得CF∥平面BDG； (2)在(1)的條件下，證明：DG⊥AE． [解] (1)當點G為AF的中點時，CF∥平面BDG． 證明如下： 因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點， 所以EF∥AB∥CD． 連接AC，交BD于點O，連接OG，則AO＝CO， 又G為AF的中點，所以CF∥OG， 因為CF?平面BDG，OG?平面DBG． 所以CF∥平面BDG． (2)證明：因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點， 所以EF⊥FD，EF⊥FA． 又FD∩FA＝F， 所以EF⊥平面AD

11、F， 因為DG?平面ADF，所以EF⊥DG． 因為FD＝FA，∠DFA＝60°， 所以△ADF是等邊三角形，DG⊥AF， 又AF∩EF＝F， 所以DG⊥平面ABEF． 因為AE?平面ABEF，所以DG⊥AE． 立體幾何中的探索性問題 [典型例題] (2019·江蘇省高考名校聯(lián)考(九))如圖，在四棱錐P-ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，CO⊥AD，且AB＝AO＝AD＝1，OP＝CD＝，PA＝． (1)在線段PD上找一點M，使得CM∥平面PAB； (2)證明：平面PCD⊥平面PAB． 【解】　(1)在線段PD上取點M，使得PM＝PD，連接OM．

12、 在△PAD中，OA＝AD，PM＝PD， 所以OM∥PA． 又在四邊形ABCD中，AB⊥AD，CO⊥AD， 所以AB∥CO． 因為AB∩PA＝A，CO∩OM＝O， 所以平面MOC∥平面PAB， 又CM?平面MOC，所以CM∥平面PAB． (2)證明：在△PAO中，PA＝，AO＝1，OP＝， 所以AO2＋OP2＝AP2，故AO⊥OP． 在Rt△POD中，OD＝2， 故PD2＝OP2＋OD2＝()2＋22＝6． 故在△PAD中，PA2＋PD2＝AD2，所以AP⊥PD． 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD， 又P

13、D?平面PAD，所以AB⊥PD． 又AB?平面PAB，AP?平面PAB，AB∩AP＝A， 所以PD⊥平面PAB． 又PD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB． 立體幾何探索性命題的類型 一、探索條件，即探索能使結論成立的條件是什么． 解這類題采用的策略是：(1)通過各種探索嘗試給出條件．(2)找出命題成立的必要條件，再證明充分性． 二、探索結論，即在給定的條件下命題的結論是什么．對命題結論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結論是什么，探索的結論是否存在． 解這類題采用的策略是：常假設結論存在，再尋找與條件相容還是矛盾的結論． [對點訓練] 4．(2019·南通模擬)在

14、正三棱柱ABC-A1B1C1中，點D是BC的中點，BC＝BB1． (1)求證：A1C∥平面AB1D； (2)試在棱CC1上找一點M，使MB⊥AB1． [解] (1)證明：連結A1B，交AB1于點O, 連結OD． 因為O、D分別是A1B、BC的中點， 所以A1C∥OD． 因為A1C?平面AB1D，OD?平面AB1D， 所以A1C∥平面AB1D． (2)M為CC1的中點． 證明如下： 因為在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝BB1， 所以四邊形BCC1B1是正方形． 因為M為CC1的中點，D是BC的中點， 所以△B1BD≌△BCM， 所以∠BB1D＝∠CB

15、M，∠BDB1＝∠CMB． 又因為∠BB1D＋∠BDB1＝， ∠CBM＋∠BDB1＝，所以BM⊥B1D． 因為△ABC是正三角形，D是BC的中點， 所以AD⊥BC． 因為平面ABC⊥平面BB1C1C, 平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD?平面ABC， 所以AD⊥平面BB1C1C． 因為BM?平面BB1C1C， 所以AD⊥BM． 因為AD∩B1D＝D， 所以BM⊥平面AB1D． 因為AB1?平面AB1D， 所以MB⊥AB1． 1．(2019·揭陽模擬改編)設平面α，β，直線a，b，a?α，b?α，則“a∥β，b∥β”是“α∥β”的________條件． [解

16、析] 由平面與平面平行的判定定理可知，若直線a，b是平面α內兩條相交直線，且a∥β，b∥β，則α∥β；當α∥β，若a?α，b?α，則a∥β，b∥β，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分條件． [答案] 必要不充分 2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與過點A、E、C的平面的位置關系是________． [解析] 連結AC、BD相交于一點O，連結OE、AE、EC， 因為四邊形ABCD為正方形， 所以DO＝BO． 而DE＝D1E，所以EO為△DD1B的中位線， 所以EO∥D1B，所以BD1∥平面AEC． [答案] BD1∥平面AEC 3

17、．(2019·南京模擬)四棱錐P-ABCD 的底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥底面ABCD且PA＝4，則PC與底面ABCD所成角的正切值為________． [解析] 因為PA⊥底面ABCD，所以PC在底面ABCD上的射影為AC，∠PCA就是PC與底面ABCD所成的角，tan∠PCA＝＝． [答案] 4．(2019·南京、鹽城模擬)已知平面α，β，直線m，n，給出下列命題： ①若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β； ②若α∥β，m∥α，n∥β，則m∥n； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ④若α⊥β，m⊥α，n⊥β ，則m⊥n． 其中是真命題的是________．

18、(填寫所有真命題的序號) [解析] ①錯誤，還有可能α，β相交；②錯誤，直線m，n可能平行、相交或異面；③④正確． [答案] ③④ 5．(2019·鎮(zhèn)江期末)如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是________．(填序號)　 ①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC； ③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC． [解析] 因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°

19、，所以BD⊥CD， 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB， 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC， 又AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC． [答案] ④ 6．(2019·無錫期末)已知兩條直線m、n，兩個平面α、β．給出下面四個命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α；②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③m∥n，m∥α?n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β． 其中正確命題的序號是________． [解析] 兩條平行線中一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面，故①正確；兩平面平行，分別在這兩平

20、面內的兩直線可能平行，也可能異面，故②錯；m∥n，m∥α時，n∥α或n?α，故③錯；由α∥β，m⊥α得m⊥β，由m⊥β，n∥m得n⊥β，故④正確． [答案] ①④ 7．(2019·蘇州調研)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________． [解析] 如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行

21、四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝． [答案] 8．如圖，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于點E，AF⊥DC交DC于點F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D-AEF體積的最大值為________． [解析] 因為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

22、DE為三棱錐D-AEF的高．因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝，設AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝ab≤·＝×＝，所以三棱錐D-AEF的體積V≤××＝(當且僅當a＝b＝1時等號成立)． [答案] 9．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝，則下列結論中正確的是________．(填序號) ①AC⊥BE； ②EF∥平面ABCD； ③三棱錐A-BEF的體積為定值； ④△AEF的面積與△BEF的面積相等． [解析] 因為AC⊥平面BB1D1D， 又BE?平面BB1D1D，所以AC⊥BE，故①正確．

23、因為B1D1∥平面ABCD，又E、F在線段B1D1上運動， 故EF∥平面ABCD．故②正確． ③中由于點B到直線EF的距離是定值，故△BEF的面積為定值，又點A到平面BEF的距離為定值，故VA-BEF不變．故③正確． 由于點A到B1D1的距離與點B到B1D1的距離不相等，因此△AEF與△BEF的面積不相等，故④錯誤． [答案] ①②③ 10．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一個動點，則PM的最小值為________． [解析] 如圖，因為PC⊥平面ABC，MC?平面ABC， 所以PC⊥MC． 故PM＝ ＝．

24、 又因為MC的最小值為＝2，所以PM的最小值為2． [答案] 2 11．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考(五))如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1＝CA，點E，F(xiàn)分別為AC1，BC1的中點． (1)若B1C1上存在一點G，使得平面EFG∥平面AA1B1B，求證：點G為B1C1的中點； (2)若AC1⊥AB，求證：平面CEF⊥平面ABC1． [證明] (1)如圖，連接AB1，因為平面EFG∥平面AA1B1B，EG?平面EFG， 所以EG∥平面AA1B1B． 因為EG?平面AB1C1，平面AB1C1∩平面AA1B1B＝AB1，所以EG∥AB1， 因為點E為AC

25、1的中點，所以點G為B1C1的中點． (2)因為CC1＝CA，點E為AC1的中點， 所以CE⊥AC1． 因為點E，F(xiàn)分別為AC1，BC1的中點，所以EF∥AB， 因為AC1⊥AB，所以EF⊥AC1． 又CE∩EF＝E，CE，EF?平面CEF，所以AC1⊥平面CEF，因為AC1?平面ABC1，所以平面CEF⊥平面ABC1． 12．(2019·南通調研)如圖，在四面體ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°．M，N，Q分別為棱AD，BD，AC的中點． (1)求證：CD∥平面MNQ； (2)求證：平面MNQ⊥平面CAD． [證明]　(1)因為M，Q分別為棱AD，AC

26、的中點， 所以MQ∥CD，又CD?平面MNQ，MQ?平面MNQ， 故CD∥平面MNQ． (2)因為M，N分別為棱AD，BD的中點，所以MN∥AB，又∠BAD＝90°，故MN⊥AD． 因為平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN?平面ABD，所以MN⊥平面CAD． 又MN?平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD． 13．(2019·南京、鹽城模擬)如圖①，E，F(xiàn)分別是直角三角形ABC邊AB和AC的中點，∠B＝90°，沿EF將三角形ABC折成如圖②所示的銳二面角A1-EF-B，若M為線段A1C的中點．求證： (1)直線FM∥平面A1EB； (2)平面A1F

27、C⊥平面A1BC． [證明]　(1)取A1B中點N，連結NE，NM(圖略)， 則MN綊BC，EF綊BC，所以MN綊FE， 所以四邊形MNEF為平行四邊形，所以FM∥EN， 又因為FM?平面A1EB，EN?平面A1EB， 所以直線FM∥平面A1EB． (2)因為E，F(xiàn)分別為AB和AC的中點，所以A1F＝FC，所以FM⊥A1C． 同理，EN⊥A1B， 由(1)知，F(xiàn)M∥EN，所以FM⊥A1B． 又因為A1C∩A1B＝A1，所以FM⊥平面A1BC， 又因為FM?平面A1FC， 所以平面A1FC⊥平面A1BC． 14．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，過A1

28、、C1、B三點的平面截去長方體的一個角后，得到如圖所示的幾何體ABCD-A1C1D1，且這個幾何體的體積為． (1)求AA1的長； (2)在線段BC1上是否存在點P，使直線A1P與C1D垂直，如果存在，求線段A1P的長，如果不存在，請說明理由． [解] (1)因為VABCD-A1C1D1＝VABCD-A1B1C1D1－VB-A1B1C1 ＝2×2×AA1－××2×2×AA1＝AA1＝， 所以AA1＝4． (2)存在點P滿足題意．在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，過Q作QP∥CB交BC1于點P，則A1P⊥C1D． 因為A1D1⊥平面CC1D1D，C1D?平面CC1D1D， 所以C1D⊥A1D1，而QP∥CB，CB∥A1D1， 所以QP∥A1D1， 又因為A1D1∩D1Q＝D1，所以C1D⊥平面A1PQD1， 且A1P?平面A1PQD1，所以A1P⊥C1D． 因為Rt△D1C1Q∽Rt△C1CD， 所以＝，所以C1Q＝1， 又因為PQ∥BC，所以PQ＝BC＝． 因為四邊形A1PQD1為直角梯形，且高D1Q＝， 所以A1P＝＝． - 14 -