《浙江省2020年高考數學第二輪復習 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2020年高考數學第二輪復習 專題五 立體幾何第2講 點、直線、平面之間的位置關系（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、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

2、(2020遼寧高考，文16)已知點P，A，B，C，D是球O表面上的點，PA平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的正方形若PA2，則OAB的面積為_5(2020浙江高考，文20)如圖，在側棱垂直底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AB，AD2，BC4，AA12，E是DD1的中點，F是平面B1C1E與直線AA1的交點(1)證明：EFA1D1；BA1平面B1C1EF；(2)求BC1與平面B1C1EF所成的角的正弦值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，通常是考查空間線線、線面、面面位置關系的判定

3、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，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【例1】熱點一有關線面位置關系的組合判斷若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

4、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

5、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

6、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

7、如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，ADC45，ADAC1，O為AC的中點，PO平面ABCD，PO2，M為PD的中點(1)證明：PB平面ACM；(2)證明：AD平面PAC熱點三面面平行與垂直的證明【例3】在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AD2，BC4，P為平面ABCD外一點，且PAPB，PDPC，N為CD的中點(1)求證：平面PCD平面ABCD；(2)在線段PC上是否存在一點E使得NE平面ABP？若存在，說明理由并確定E點的位置；若不存在，請說明理由規(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

8、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過另一個平面的垂線，一般先在現有直線中尋找，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1】如圖，在ABC中，B，ABBC2，P為AB邊上一動點，PDBC交AC于點D，現將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

9、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，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

10、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A

11、PDE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SPDESPDC4.又AD2，所以VAPDEADSPDE24.(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

12、一點M，使得PA平面EDM，且AM的長為.1(2020浙江重點中學3月調研，3)設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面考查下列命題，其中正確的命題是()Am，n，mnB，m，nmnC，m，nmnD，m，nmn2(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nl2Bm且nl2Cm且nDm且l13(2020浙江名校創(chuàng)新沖刺卷，5)設a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()A若ab，a，則bB若ab，a，b，則C若，a，則aD若，a，則a4如圖所示，在四棱錐PAB

13、CD中，PA底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足_時，平面MBD平面PCD(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)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PCD6(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

14、相等的三個點在同一條直線上或在這個平面的兩側，則經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，cosAEA1.43解析：如圖所示，PA平面ABCD，PAAC.故可

15、知PC為球O直徑，則PC的中點為O，取AC的中點為O，則OOPA，又AC2，PA2，PC4，球半徑R2，故OCOAOB2.又AB2，OAB為等邊三角形SOAB22sin 603.5(1)證明：因為C1B1A1D1，C1B1平面ADD1A1，所以C1B1平面A1D1DA.又因為平面B1C1EF平面A1D1DAEF，所以C1B1EF，所以A1D1EF.因為BB1平面A1B1C1D1，所以BB1B1C1.又因為B1C1B1A1，所以B1C1平面ABB1A1，所以B1C1BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中點，tanA1B1FtanAA1B，即A1B1FAA1B，故BA1B1F.所以BA1平面

16、B1C1EF.(2)解：設BA1與B1F交點為H，連結C1H.由(1)知BA1平面B1C1EF，所以BC1H是BC1與面B1C1EF所成的角在矩形AA1B1B中，AB，AA12，得BH.在直角BHC1中，BC12，BH，得sinBC1H.所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是.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AB

17、CD，所以D1DBD.又因為AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，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ADBADGGDB603090，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A

18、1，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】證明：(1)連接BD，MO.在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O為BD的中點又M為PD的中點，所以PBMO.因為PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)因為ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，

19、所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.【例3】(1)證明：取AB中點M，連接PM，PN，MN，則PMAB，PNCD.又ABCD為直角梯形，ABBC，MNAB.PMMNM，AB平面PMN.又PN平面PMN，ABPN.AB與CD相交，PN平面ABCD.又PN平面 PCD，平面PCD平面ABCD.(2)解：假設存在在PC，PB上分別取點E，F，使BFBP，CECP，連接EF，MF，NE，則EFBC且可求得EFBC3.MN3且MNBC，EFMN且EFMN.四邊形MNEF為平行四邊形，ENFM.又FM平面PAB，在線段PC上存在一點E使得NE平面ABP，此時CEPC.【變式訓練3】證明：(1)

20、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(

21、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，FE，則有EF綉B(tài)C.又PD綉B(tài)C，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，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PABCSABCPD222.創(chuàng)新模擬預測演練1B解析：對于A，與也可以斜交或平行，故A錯；對于B，由條件知m

22、，而直線n可平行移動到平面內，故B正確；對于C，直線m，n可以平行，故C錯；對于D，若直線n不在平面內，則不能推出n.2A3B解析：對于A，有可能直線b，故A錯；對于B，設向量a，b所在的直線分別是直線a，b，則向量a，b分別是平面，的法向量，故B正確；對于C，有可能直線a，故C錯；對于D，有可能直線a，故D錯4DMPC解析：易得BDPC.當DMPC時，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.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，BCP

23、B，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OG綉DE.因為AFDE，DE2AF，所以AF綉OG.從而四邊形AFGO是平行四邊形，FGAO.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EDAD2，所以四面體BDEF的體積SDEFAB.