（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习 高考必考题突破讲座（四） 立体几何中的直线、平面的位置关系优选学案.doc

高考必考题突破讲座(四)立体几何中的直线、平面的位置关系题型特点考情分析命题趋势1.线面位置关系与体积计算2折叠问题3线面位置关系中的探索性问题.2017全国卷，182017全国卷，192017山东卷，182017北京卷，181.线、面的平行与垂直关系是考查的热点，通过空间几何体的体积计算，考查学生的空间想象能力2平面图形折叠成空间几何体3是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题.分值：1214分1平行、垂直关系的证明与体积的计算以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等2平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向解决这类问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化3线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型【例1】 (2017北京卷)如图，在三棱锥pabc中，paab，pabc，abbc，paabbc2，d为线段ac的中点，e为线段pc上一点(1)求证：pabd；(2)求证：平面bde平面pac；(3)当pa平面bde时，求三棱锥ebcd的体积解析(1)证明：因为paab，pabc，所以pa平面abc.又因为bd平面abc，所以pabd.(2)证明：因为abbc，d为ac的中点，所以bdac.由(1)知，pabd，所以bd平面pac.所以平面bde平面pac.(3)因为pa平面bde，平面pac平面bdede，所以pade.因为d为ac的中点，所以depa1，bddc.由(1)知，pa平面abc，所以de平面abc.所以三棱锥ebcd的体积vbddcde.【例2】 (2016全国卷)如图，菱形abcd的对角线ac与bd交于点o，点e，f分别在ad，cd上，aecf，ef交bd于点h，将def沿ef折到def的位置(1)证明：achd；(2)若ab5，ac6，ae，od2，求五棱锥dabcfe的体积解析(1)证明：由已知得acbd，adcd，又由aecf，得，故acef，由此得efhd，故efhd，所以achd.(2)由efac，得.由ab5，ac6，得dobo4，所以oh1，dhdh3，于是od2oh2(2)2129dh2，故odoh.由(1)知achd，又acbd，bdhdh，所以ac平面bhd，于是acod，又因为odoh，acoho，所以od平面abc.又由，得ef.五边形abcfe的面积s683.所以五棱锥dabcfe的体积v2.【例3】 (2017全国卷)如图，四面体abcd中，abc是正三角形，adcd.(1)证明：acbd；(2)已知acd是直角三角形，abbd，若e为棱bd上与d不重合的点，且aeec，求四面体abce与四面体acde的体积比解析(1)证明：取ac的中点o，连接do，bo.因为adcd，所以acdo.又由于abc是正三角形，所以acbo.从而ac平面dob，故acbd.(2)连接eo.由(1)及题设知adc90，所以doao.在rtaob中，bo2ao2ab2.又abbd，所以bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90.由题设知aec是直角三角形，所以eoac.又abc是正三角形，且abbd，所以eobd.故e为bd的中点，从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离为，四面体abce的体积为四面体abcd的体积的，即四面体abce与四面体acde的体积之比为11.【例4】 (2018浙江嘉兴一中期中)如图，在矩形abcd中，ab2，bc1，e是cd的中点，将三角形ade沿ae翻折到图的位置，使得平面aed平面abc.(1)在线段bd上确定点f，使得cf平面aed，并证明；(2)求aed与bcd所在平面构成的锐二面角的正切值. 解析(1)点f是线段bd中点时，cf平面aed.证明：记ae，bc的延长线交于点m，因为ab2ec，所以点c是bm的中点，所以cfmd，而md在平面aed内，cf在平面aed外，所以cf平面aed.(2)在矩形abcd中，ab2，bc1，beae，因为平面aed平面abc，且交线是ae，所以be平面aed.在平面aed内作enmd，连接bn，则bnmd.所以bne就是aed与bcd所在平面构成的锐二面角的平面角解dem可得en，be，所以tanbne.1(2017全国卷)如图，四棱锥pabcd中，侧面pad为等边三角形且垂直于底面abcd，abbcad，badabc90.(1)证明：直线bc平面pad；(2)若pcd的面积为2，求四棱锥pabcd的体积解析(1)证明：在平面abcd内，因为badabc90，所以bcad.又bc平面pad，ad平面pad，故bc平面pad.(2)取ad的中点m，连接pm，cm.由abbcad及bcad，abc90得四边形abcm为正方形，则cmad.因为侧面pad为等边三角形且垂直于底面abcd，平面pad平面abcdad，所以pmad，pm底面abcd.因为cm底面abcd，所以pmcm.设bcx，则cmx，cdx，pmx，pcpd2x.取cd的中点n，连接pn，则pncd，所以pnx，因为pcd的面积为2，所以xx2，解得x2(舍去)，x2，于是abbc2，ad4，pm2.所以四棱锥pabcd的体积v24.2如图1所示，在rtabc中，c90，d，e分别为ac，ab的中点，点f为线段cd上的一点，将ade沿de折起到a1de的位置，使a1fcd，如图2所示(1)求证：a1fbe；(2)线段a1b上是否存在点q，使a1c平面deq？说明理由解析(1)证明：由已知，得acbc，且debc.所以deac，则dedc，deda1，又因为dcda1d，所以de平面a1dc.所以dea1f.又因为a1fcd，cdded，所以a1f平面bcde，又be平面bcde，所以a1fbe.(2)线段a1b上存在一点q，使a1c平面deq.理由如下：如图所示，分别取a1c，a1b的中点p，q，则pqbc.又因为debc，所以depq.所以平面deq即为平面dep.由(1)知，de平面a1dc，所以dea1c.又因为p是等腰三角形da1c底边a1c的中点，所以a1cdp，又dedpd，所以a1c平面dep，从而a1c平面deq.故线段a1b上存在点q，q为a1b中点，使得a1c平面deq.3(2017浙江卷)如图，已知四棱锥pabcd，pad是以ad为斜边的等腰直角三角形，bcad，cdad，pcad2dc2cb，e为pd的中点(1)证明：ce平面pab；(2)求直线ce与平面pbc所成角的正弦值解析(1)证明：如图，设pa中点为f，连接ef，fb.因为e，f分别为pd，pa中点，所以efad且efad.又因为bcad，bcad，所以efbc且efbc，即四边形bcef为平行四边形，所以cebf，因此ce平面pab.(2)分别取bc，ad的中点为m，n.连接pn交ef于点q，连接mq.因为e，f，n分别是pd，pa，ad的中点，所以q为ef中点，在平行四边形bcef中，mqce.由pad为等腰直角三角形，得pnad.由dcad，n是ad的中点，得bnad.所以ad平面pbn，由bcad，得bc平面pbn，所以平面pbc平面pbn.过点q作pb的垂线，垂足为h，连接mh.mh是mq在平面pbc上的射影，所以qmh是直线ce与平面pbc所成的角设cd1.在pcd中，由pc2，cd1，pd，得ce，在pbc中，bc1，pc2，bcpb，得pb.在pbn中，由pnbn1，pb，得qh，在rtmqh中，qh，mq，所以sinqmh，所以直线ce与平面pbc所成角的正弦值是.课时达标讲座(四)解密考纲立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等，难度中等1(2017江苏卷)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.解析(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，bcbd，所以bc平面abd.因为ad平面abd，所以bcad.又abad，bcabb，ab平面abc，bc平面abc，所以ad平面abc.又因为ac平面abc，所以adac.2如图，已知abc和dbc所在的平面互相垂直，且abbcbd1，abcdbc120.(1)在直线bc上求作一点o，使bc平面ado，写出作法并说明理由；(2)求三棱锥abcd的体积解析(1)作aobc，交cb延长线于点o，连接do，ao，则bc平面ado.证明如下：abdb，obob，abodbo，abodbo，则aobdob90，即odbc.又aoodo，ao平面ado，od平面ado，bc平面aod.(2)abc和dbc所在的平面互相垂直，平面abc平面dbcbc，ao平面abc，ao平面bcd，即ao是三棱锥abcd底面bcd上的高，在rtaob中，ab1，abo60，aoabsin 60.又sbcdbcbdsincbd，v三棱锥abcdsbcdao.3如图，直角三角形abc中，a60，沿斜边ac上的高bd将abd折起到pbd的位置，点e在线段cd上(1)求证：pebd；(2)过点d作dmbc交bc于点m，点n为pb的中点，若pe平面dmn，求的值解析(1)证明：bdpd，bdcd，且pdcdd，pd，cd平面pcd，bd平面pcd.又pe平面pcd，bdpe.(2)由题意，得bmbc，取bc的中点f，则pfmn.又pf平面dmn，mn平面dmn，pf平面dmn.又pe平面dmn，pepfp，平面pef平面dmn，平面pef平面bdcef，平面dmn平面bdcdm，efdm，.4(2018广东七校联考)已知四棱锥pabcd中，pd底面abcd，底面abcd为菱形，ad2，dab60，e为ab的中点(1)证明：平面pcd平面pde；(2)若pdad，求点e到平面pbc的距离解析(1)证明：pd底面abcd，pdab，连接db，在菱形abcd中，dab60，dab为等边三角形，又e为ab的中点，abde，又pdded，ab平面pde，cdab，cd平面pde.cd平面pcd，平面pcd平面pde.(2)ad2，pd2，在rtpdc中，pc4，同理pb4，易知spbc，sebc，设点e到平面pbc的距离为h，连接ec，由vpebcvepbc，得sebcpdspbch，h.5(2018广东惠州调研)如图，在底面是菱形的四棱柱abcda1b1c1d1中，abc60，aa1ac2，a1ba1d2，点e在a1d上(1)证明：aa1平面abcd；(2)当为何值时，a1b平面eac，并求出此时直线a1b与平面eac之间的距离解析(1)证明：因为四边形abcd是菱形，abc60，所以abadac2，在aa1b中，由aaab2a1b2，知aa1ab，同理aa1ad，又abada，ab，ad平面abcd，所以aa1平面abcd.(2)当1时，a1b平面eac.证明如下：如图，连接bd交ac于点o，当1，即点e为a1d的中点时，连接oe，则oea1b，又a1b平面eac，所以a1b平面eac.直线a1b与平面eac之间的距离等于点a1到平面eac的距离，因为e为a1d的中点，所以点a1到平面eac的距离等于点d到平面eac的距离，vdeacveacd，设ad的中点为f，连接ef，则efaa1，且ef1，所以ef平面acd，可求得sacd，所以veacd1.又ae，ac2，ce2，所以seac，所以seacd(d表示点d到平面eac的距离)，解得d，所以直线a1b与平面eac之间的距离为.6如图，已知三棱柱abcabc的侧棱垂直于底面，abac，bac90，点m，n分别为ab和bc的中点(1)证明：mn平面aacc；(2)设abaa，当为何