（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题三立体几何第2讲空间点、线、面的位置关系练习.docx

第2讲空间点、线、面的位置关系做真题1(2019高考全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面解析：选B.对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确综上可知选B.2(2019高考全国卷)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()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B.取CD的中点O，连接ON，EO，因为ECD为正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP，CP，所以BM2MP2BP2()2()2227，得BM，所以BMEN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.3(2018高考全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()ABCD解析：选C.如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1，所以OMAD11，ODDB1，于是在DMO中，由余弦定理，得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.4(2019高考全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. (1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED.又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，2)，N(1，0，2)，(0，0，4)，(1，2)，(1，0，2)，(0，3，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1，0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2，0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.山东省学习指导意见1点、线、面之间的位置关系借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理(四个公理、一个定理)2空间位置的判定与说明以立体几何的上述定义，公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定(四个判定定理、四个性质定理)能运用定理证明一些空间位置关系的简单命题空间线面位置关系的判定考法全练1(多选)下列命题正确的是()A梯形一定是平面图形B若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行C两两相交的三条直线最多可以确定三个平面D若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合解析：选AC.对于A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故B错误；对于C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故C正确；对于D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故D错误2(2019江西七校第一次联考)设m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若mn，n，则mB若m，n，则mnC若，m，则mD若m，n，m，n，则解析：选C.若mn，n，则m或m，所以选项A不正确；若m，n，则mn或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质及判定知选项C是正确的；若m，n，m，n，则或与相交，所以选项D不正确故选C.3(2019武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题中，一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确的命题是()ABCD解析：选C.构造正方体ABCDA1B1C1D1，如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，A1D平面ADD1A1，BD平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故错；，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故正确；，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，A1D平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故错；，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，且平面ADD1A1平面ABCDAD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故错故选C.4.(2019福建省质量检查)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点现给出以下结论：SAC为直角三角形；平面SAD平面SBD；平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行其中正确结论的个数是()A0B1C2D3解析：选C.如图，连接OC，因为AO为圆的直径，所以ACOC，因为SO垂直于底面圆O，AC底面圆O，所以ACSO，因为SOOCO，所以AC平面SOC.又SC平面SOC，所以ACSC，所以SAC为直角三角形，故正确由于点D是圆O上的动点，所以平面SAD不能总垂直于平面SBD，故错误，连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，因为P为SD的中点，O为DE的中点，所以OPSE.又OP平面PAB，SE平面PAB，所以SE平面PAB，故正确，故选C.5(2019河北省九校第二次联考)已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面，给出下面五个命题：mn，mn；，m，nmn；mn，mn；m，m；，mn，mn.其中正确命题的序号是_解析：命题，显然正确；命题，m，n可能异面，故为假命题；命题，可能n，故为假命题；命题，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知为真命题；命题，由mn，m，得n，又，所以n，故为真命题综上，正确的命题为.答案：判断与空间位置关系有关的命题真假的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 空间中平行、垂直关系的证明典型例题 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A1O1OC，A1O1OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1，所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EMBD.又A1E平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1EBD.因为B1D1BD，所以EMB1D1，A1EB1D1.又A1E，EM平面A1EM，A1EEME，所以B1D1平面A1EM.又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM平面B1CD1.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PABCD中，平面PAB平面ABCD，ADBC，PAAB，CDAD，BCCDAD，E为AD的中点(1)求证：PACD.(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ABCDAB，又因为PAAB，所以PA平面ABCD，所以PACD.(2)由已知，BCED，且BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，又CDAD，BCCD，所以四边形BCDE是正方形，连接CE(图略)，所以BDCE，又因为BCAE，BCAE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CEAB，则BDAB.由(1)知PA平面ABCD，所以PABD，又因为PAABA，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ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点(1)当等于何值时，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解：(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点在A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1BC1.又因为OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，所以BC1平面AB1D1.所以当1时，BC1平面AB1D1.(2)由已知，平面BC1D平面AB1D1，且平面A1BC1平面BDC1BC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O.因此BC1D1O，同理AD1DC1.因为，.又因为1，所以1，即1.平面图形的折叠问题典型例题 如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，ADC90，ABBC.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AD3，CD4，AB5，求三棱锥ECFO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POAC.由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，所以OEPA，又OE平面PAD，PA平面PAD，所以OE平面PAD.同理，OF平面PAD.又OEOFO，OE，OF平面OEF，所以平面OEF平面PAD.(2)证明：因为OFAD，ADCD，所以OFCD.又PO平面ADC，CD平面ADC，所以POCD.又OFPOO，所以CD平面POF.(3)因为ADC90，AD3，CD4，所以SACD346，而点O，F分别是AC，CD的中点，所以SCFOSACD，由题意可知ACP是边长为5的等边三角形，所以OP，即点P到平面ACD的距离为，又E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，故VECFO.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，ADBC，BAD，ABBCADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD平面A1OC；(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值解：(1)证明：在题图1中，因为ABBCADa，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图2中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，且平面A1BE平面BCDEBE，又由(1)知，A1OBE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1BCDE的高由题图1知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBEOCa2.从而四棱锥A1BCDE的体积为VSA1Oa2aa3，由a336，得a6.一、选择题1(2019合肥市第一次质量检测)平面外有两条直线a，b，它们在平面内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是()A若ab，则mnB若mn，则abC若mn，则abD若m与n相交，则a与b相交或异面解析：选D.对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时mn，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时mn，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D.2(2019长春市质量监测(一)在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A1BCD解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1平面ABC1D1，所以A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在RtOA1C1 中，A1C12OA1，所以sinA1C1O.故选D.3如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，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ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理，DEAC，由于DEBEE，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(2019江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB4，高OC2，D为底面圆周上的一点，且AOD，则直线AD与BC所成的角为()ABCD解析：选B.如图，过点O作OEAB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为AOD，所以BOD，则D(，1，0)，A(0，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，(，3，0)，(0，2，2)，所以cos，则直线AD与BC所成的角为，故选B.5.如图，在矩形ABCD中，AB，BC1，将ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于()A2B3C4D5解析：选B.如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E平面ABC，因为D1E平面ABD1，所以平面ABD1平面ABC.因为D1E平面ABC，BC平面ABC，所以D1EBC，又ABBC，D1EABE，所以BC平面ABD1，又BC平面BCD1，所以平面BCD1平面ABD1，因为BC平面ABD1，AD1平面ABD1，所以BCAD1，又CD1AD1，BCCD1C，所以AD1平面BCD1，又AD1平面ACD1，所以平面ACD1平面BCD1.所以共有3对平面互相垂直故选B.6(多选)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()A平面PB1D平面ACD1BA1P平面ACD1C异面直线A1P与AD1所成角的范围是D三棱锥D1APC的体积不变解析：选ABD.对于A，根据正方体的性质，有DB1平面ACD1，又DB1平面PB1D，则平面PB1D平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1平面ACD1，又A1P平面BA1C1，所以A1P平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D，V三棱锥D1APCV三棱锥CAD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，故D正确故选ABD.二、填空题7(2019沈阳市质量监测(一)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论中正确的是_(写出所有正确结论的序号)BD平面CB1D1；AC1平面CB1D1；异面直线AC与A1B成60角；AC1与底面ABCD所成角的正切值是.解析：对于，BDB1D1，BD平面CB1D1，B1D1平面CB1D1，所以BD平面CB1D1，正确；对于，因为AA1平面A1B1C1D1，所以AA1B1D1，连接A1C1，又A1C1B1D1，所以B1D1平面AA1C1，所以B1D1AC1，同理B1CAC1，所以AC1平面CB1D1，正确；对于，易知ACA1C1，异面直线AC与A1B所成角为BA1C1，连接BC1，又A1C1B为等边三角形，所以BA1C160，异面直线AC与A1B成60角，正确；对于，AC1与底面ABCD所成角的正切值是，故不正确故正确的结论为.答案：8(2019武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为_解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCDA1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCDA2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2A2C2E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得M，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1.法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得A，C1，直线OC1的方程为yx，其斜率为，因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，所以，解得，所以点M到直线A1C1的距离为1，所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为.答案：9在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD4，AA12.过点A1作平面与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面所成的角为45，则截面A1MN面积的最小值是_，此时AM_解析：如图，过点A作AEMN，连接A1E，因为A1A平面ABCD，所以A1AMN，所以MN平面A1AE，所以A1EMN，平面A1AE平面A1MN，所以AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以AA1E45，在RtA1AE中，因为AA12，所以AE2，A1E2，在RtMAN中，由射影定理得MEENAE24，由基本不等式得MNMEEN24，当且仅当MEEN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为424.因为AM2AN2MN2，所以AM2.答案：42三、解答题10.如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明：(1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB.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BCDBD，BC平面BCD且