1、20222022 年高考数学复习专题（四）年高考数学复习专题（四）第第 2 2 讲讲 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 【要点提炼】 考点一 空间线、面位置关系的判定 判断空间线、面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题 (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断 【热点突破】 【典例】1 (1)已知直线 a，b，平面，下列命题正确的是( ) A若，a，则 a B若a，b，c，则 abc C若a，ba，则 b D若，a，b，则 ba (2)(2019全国)如图，点 N
2、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 【拓展训练】1 (1)若 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A若 m，n，则 mn B若 m，n，则 mn C若 m，n，则 mn D若 m，n，则 mn (2)(多选)如图，在四面体 ABCD 中，M，N，P，Q，E 分别为 AB，BC，CD，AD，AC 的中点，则下列说法中
3、正确的是( ) AM，N，P，Q 四点共面 BQMECBD CBCDMEQ D四边形 MNPQ 为梯形 【要点提炼】 考点二 空间平行、垂直关系 平行关系及垂直关系的转化 【热点突破】 考向 1 平行、垂直关系的证明 【典例】2 (2020山西省长治第二中学月考)如图，四边形 ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO底面ABCD，E 是 PC 的中点求证： (1)PA平面 BDE； (2)平面 PAC平面 BDE. 考向 2 翻折问题 【典例】3 (2020莆田第一联盟体联考)如图，正方形 ABCD 的边长为 2 2，以 AC 为折痕把ACD 折起，使点 D 到达点 P 的位置，且 PAP
4、B. (1)证明：平面 PAC平面 ABC； (2)若 M 是 PC 的中点，设PNPA(01)，且三棱锥 ABMN 的体积为89，求的值 【拓展训练】2 (2019全国)图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图. (1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的四边形 ACGD 的面积 专题训练专题训练 一、单项选择题 1.如图所示，平面平面l，A，B，ABlD，C，Cl，则平面 ABC 与平面的交线是( ) A
5、直线 AC B直线 AB C直线 CD D直线 BC 2设直线 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A若 m，n，mn，则 B若 m，n，mn，则 C若 m，n，mn，则 D若 m，n，mn，则 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则( ) AA1EDC1 BA1EBD CA1EBC1 DA1EAC 4点 E，F 分别是三棱锥 PABC 的棱 AP，BC 的中点，AB6，PC8，EF5，则异面直线 AB 与 PC 所成的角为( ) A90 B45 C30 D60 5.如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N
6、 分别是 A1D1，A1B1的中点，过直线 BD 的平面平面AMN，则平面截该正方体所得截面的面积为( ) A. 2 B.98 C. 3 D.62 6 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的体积为 16 2， 点 P 在正方形 A1B1C1D1上且 A1， C 到 P 的距离分别为 2， 2 3，则直线 CP 与平面 BDD1B1所成角的正切值为( ) A.22 B.33 C.12 D.13 二、多项选择题 7 如图， 以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕， 翻折ABD 和ACD， 使得平面 ABD平面 ACD.下列结论正确的是( ) ABDAC BBAC 是等边三角形
7、 C三棱锥 DABC 是正三棱锥 D平面 ADC平面 ABC 8.如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动，则下列四个结论正确的是( ) A三棱锥 AD1PC 的体积不变 BA1P平面 ACD1 CDPBC1 D平面 PDB1平面 ACD1 三、填空题 9.如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，平面 AB1C 与平面 A1DC1的位置关系是_ 10正方体 ABCDA1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有 24 条，其中与体对角线 AC1垂直的有_条 11(2020全国改编)设有下列四个命题： 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； 过空间中任意
8、三点有且仅有一个平面； 若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； 若直线 l平面，直线 m平面，则 ml. 则上述命题中所有真命题的序号是_ 12.如图，已知棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，M 分别是线段 AB，AD，AA1的中点，又 P，Q 分别在线段 A1B1，A1D1上，且 A1PA1Qx(0 x1) 设平面 MEF平面 MPQl，现有下列结论： l平面 ABCD； lAC； 直线 l 与平面 BCC1B1不垂直； 当 x 变化时，l 不是定直线 其中成立的结论是_(写出所有成立结论的序号) 四、解答题 13.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，
9、侧面 BCC1B1底面 ABC，E，F 分别为棱 BC 和 A1C1的中点 (1)求证：EF平面 ABB1A1； (2)求证：平面 AEF平面 BCC1B1. 14.如图，菱形 ABCD 的边长为 a，D60，点 H 为 DC 的中点，现以线段 AH 为折痕将DAH 折起使得点 D到达点 P 的位置，且平面 PHA平面 ABCH，点 E，F 分别为 AB，AP 的中点 (1)求证：平面 PBC平面 EFH； (2)若三棱锥 PEFH 的体积等于312，求 a 的值 20222022 年高考数学复习专题（四）年高考数学复习专题（四）第第 2 2 讲讲 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置
10、关系 【要点提炼】 考点一 空间线、面位置关系的判定 判断空间线、面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题 (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断 【热点突破】 【典例】1 (1)已知直线 a，b，平面，下列命题正确的是( ) A若，a，则 a B若a，b，c，则 abc C若a，ba，则 b D若，a，b，则 ba 【答案】 A 【解析】 A 中，若，a， 则 a，该说法正确； B 中，若a，b，c， 在三棱锥 PABC 中，令平面，分别为平面 PAB，平面 PAC，平面 PBC
11、， 交线 a，b，c 为 PA，PB，PC，不满足 abc，该说法错误； C 中，若a，ba，有可能 b，不满足 b，该说法错误； D 中，若，a，b， 正方体 ABCDA1B1C1D1中，令平面，分别为平面 ABCD，平面 ADD1A1，交线 a 为 AD， 当直线 b 为 A1C1时，满足 b，不满足 ba，该说法错误 (2)(2019全国)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
12、线 DBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线 【答案】 B 【解析】 如图，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 3，ON1，所以 EN2EO2ON24，得 EN2.过 M 作 CD 的垂线，垂足为 P，连接 BP，则 MP32，CP32，所以 BM2MP2BP2322322227，得 BM 7，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
13、，所以直线 BM，EN 是相交直线 易错提醒 (1)定理中的条件理解不全面 (2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中 【拓展训练】1 (1)若 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A若 m，n，则 mn B若 m，n，则 mn C若 m，n，则 mn D若 m，n，则 mn 【答案】 A 【解析】 对于选项 A，由 n，可得 n或 n， 又 m，所以可得 mn，故 A 正确； 对于选项 B，由条件可得 mn 或 mn，或 m 与 n 既不垂直也不平行，故 B 不正确； 对于选项 C，由条件可得 mn 或 m，n 相交或 m，n 异面，故 C 不正确； 对于
14、选项 D，由题意得 mn，故 D 不正确 (2)(多选)如图，在四面体 ABCD 中，M，N，P，Q，E 分别为 AB，BC，CD，AD，AC 的中点，则下列说法中正确的是( ) AM，N，P，Q 四点共面 BQMECBD CBCDMEQ D四边形 MNPQ 为梯形 【答案】 ABC 【解析】 由三角形的中位线定理，易知 MQBD，MEBC，QECD，NPBD.对于 A，有 MQNP，所以 M，N，P，Q 四点共面，故 A 说法正确；对于 B，根据等角定理，得QMECBD，故 B 说法正确；对于 C，由等角定理，知QMECBD，MEQBCD，所以BCDMEQ，故 C 说法正确；对于 D，由三角
15、形的中位线定理，知 MQBD，MQ 12BD，NPBD，NP12BD，所以 MQNP，MQNP，所以四边形 MNPQ 是平行四边形，故 D 说法不正确 【要点提炼】 考点二 空间平行、垂直关系 平行关系及垂直关系的转化 【热点突破】 考向 1 平行、垂直关系的证明 【典例】2 (2020山西省长治第二中学月考)如图，四边形 ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO底面ABCD，E 是 PC 的中点求证： (1)PA平面 BDE； (2)平面 PAC平面 BDE. 证明 (1)如图，ACBDO，连接 OE， 在PAC 中，O 是 AC 的中点，E 是 PC 的中点， OEAP， 又OE平面
16、BDE，PA平面 BDE. PA平面 BDE. (2)PO底面 ABCD，BD底面 ABCD， POBD， 又ACBD，且 ACPOO，AC平面 PAC，PO平面 PAC， BD平面 PAC，而 BD平面 BDE， 平面 PAC平面 BDE. 考向 2 翻折问题 【典例】3 (2020莆田第一联盟体联考)如图，正方形 ABCD 的边长为 2 2，以 AC 为折痕把ACD 折起，使点 D 到达点 P 的位置，且 PAPB. (1)证明：平面 PAC平面 ABC； (2)若 M 是 PC 的中点，设PNPA(01)，且三棱锥 ABMN 的体积为89，求的值 (1)证明 如图，取 AC 的中点 O，
17、连接 PO，BO. 因为 PCPA，所以 POAC. 在POB 中，POOB12AC2，PBPA2 2， 则 PB2PO2OB2，所以 POOB， 又 ACOBO，且 AC，OB平面 ABC， 所以 PO平面 ABC， 又 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC. (2)解 因为平面 PAC平面 ABC， 又平面 PAC平面 ABCAC，且 BOAC， 所以 OB平面 PAC， 所以 VABMNVBAMN13SAMNBO. 又因为 OB2，VABMN89，所以 SAMN43. 因为PNPA， 所以 SAMN(1)SAPM12SPAC. 又 SPAC12PAPC4， 所以12443，得1
18、3. 易错提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外” “直线在平面内”的条件 (2)证明面面平行时，忽略“两直线相交” “两直线在平面内”的条件 (3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件 【拓展训练】2 (2019全国)图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图. (1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的四边形 ACGD 的面积 (1)证明 由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADC
19、G， 故 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC， 又 BEBCB，且 BE，BC平面 BCGE， 故 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE. (2)解 如图，取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 ABDE，AB平面 BCGE， 所以 DE平面 BCGE，故 DECG. 由已知，四边形 BCGE 是菱形，且EBC60，得 EMCG， DEEME，DE，EM平面 DEM，故 CG平面 DEM.因此 DMCG. 在 RtDEM 中，DE1，EM 3，故 DM2. 所以四边形 ACGD 的面积为 SC
20、GDM224. 专题训练专题训练 一、单项选择题 1.如图所示，平面平面l，A，B，ABlD，C，Cl，则平面 ABC 与平面的交线是( ) A直线 AC B直线 AB C直线 CD D直线 BC 【答案】 C 【解析】 由题意知，Dl，l，D. 又 DAB，D平面 ABC， 点 D 在平面 ABC 与平面的交线上 又 C平面 ABC，C， 点 C 在平面与平面 ABC 的交线上， 平面 ABC平面直线 CD. 2设直线 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A若 m，n，mn，则 B若 m，n，mn，则 C若 m，n，mn，则 D若 m，n，mn，则 【答案
21、】 D 【解析】 对于 A，m，n，mn，则与可能平行，也可能相交，所以 A 不正确；对于 B ，n，mn，则 m，又 m，则，所以 B 不正确；对于 C，m，n，mn，则与可能平行也可能相交，所以 C 不正确；对于 D，m，mn，则 n，又 n，所以，所以 D 正确故选 D. 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则( ) AA1EDC1 BA1EBD CA1EBC1 DA1EAC 【答案】 C 【解析】 在正方体中连接 A1D，AD1，B1C， 由正方体的性质知 AD1A1D，CDAD1， 又A1DCDD，且 A1D，CD平面 A1B1CD， AD1平面 A1B1
22、CD， 又BC1AD1，BC1平面 A1B1CD， A1E平面 A1B1CD，BC1A1E. 4点 E，F 分别是三棱锥 PABC 的棱 AP，BC 的中点，AB6，PC8，EF5，则异面直线 AB 与 PC 所成的角为( ) A90 B45 C30 D60 【答案】 A 【解析】 如图，取 PB 的中点 G，连接 EG，FG，则 EG12AB，GF12PC，EGAB，GFPC，则EGF(或其补角)即为 AB 与 PC 所成的角，在EFG 中，EG12AB3，FG12PC4，EF5，EG2FG2EF2，所以EGF90. 5.如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别
23、是 A1D1，A1B1的中点，过直线 BD 的平面平面AMN，则平面截该正方体所得截面的面积为( ) A. 2 B.98 C. 3 D.62 【答案】 B 【解析】 如图，分别取 C1D1，B1C1的中点 P，Q，连接 PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知 MNB1D1BD，ADNP，ADNP，所以四边形 ANPD 为平行四边形，所以 ANDP.又 BD 和 DP 为平面 DBQP 内的两条相交直线，AN，MN为平面 AMN 内的两条相交直线，所以平面 DBQP平面 AMN，四边形 DBQP 的面积即所求因为 PQDB，所以四边形 DBQP 为梯形， PQ12BD22， 梯形的高 h1212
24、22423 24， 所以四边形 DBQP 的面积为12(PQBD)h98. 6 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的体积为 16 2， 点 P 在正方形 A1B1C1D1上且 A1， C 到 P 的距离分别为 2， 2 3，则直线 CP 与平面 BDD1B1所成角的正切值为( ) A.22 B.33 C.12 D.13 【答案】 A 【解析】 易知 AB2 2，连接 C1P，在 RtCC1P 中，可计算 C1P CP2CC212，又 A1P2，A1C14，所以 P 是 A1C1的中点，连接 AC 与 BD 交于点 O，易证 AC平面 BDD1B1，直线 CP 在平面 BDD1B1内的射影是
25、OP，所以CPO 就是直线 CP 与平面 BDD1B1所成的角，在 RtCPO 中，tanCPOCOPO22. 二、多项选择题 7 如图， 以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕， 翻折ABD 和ACD， 使得平面 ABD平面 ACD.下列结论正确的是( ) ABDAC BBAC 是等边三角形 C三棱锥 DABC 是正三棱锥 D平面 ADC平面 ABC 【答案】 ABC 【解析】 由题意易知，BD平面 ADC，又 AC平面 ADC，故 BDAC，A 中结论正确；设等腰直角三角形 ABC的腰为 a，则 BC 2a，由 A 知 BD平面 ADC，CD平面 ADC，BDCD，又
26、 BDCD22a，由勾股定理得 BC 222aa，ABACBC，则BAC 是等边三角形，B 中结论正确；易知 DADBDC，又由 B 可知 C 中结论正确，D 中结论错误 8.如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动，则下列四个结论正确的是( ) A三棱锥 AD1PC 的体积不变 BA1P平面 ACD1 CDPBC1 D平面 PDB1平面 ACD1 【答案】 ABD 【解析】 对于 A，连接 AD1，CD1，AC，D1P，如图，由题意知 AD1BC1，AD1平面 AD1C，BC1平面 AD1C， 从而 BC1平面 AD1C， 故 BC1上任意一点到平面 AD1C
27、 的距离均相等， 所以以 P 为顶点，平面 AD1C 为底面的三棱锥 AD1PC 的体积不变，故 A 正确； 对于 B，连接 A1B，A1C1，A1P，则 A1C1AC， 易知 A1C1平面 AD1C， 由 A 知，BC1平面 AD1C， 又 A1C1BC1C1，所以平面 BA1C1平面 ACD1， 又 A1P平面 A1C1B， 所以 A1P平面 ACD1，故 B 正确； 对于 C，由于 DC平面 BCC1B1，所以 DCBC1， 若 DPBC1，则 BC1平面 DCP， BC1PC，则 P 为中点，与 P 为动点矛盾，故 C 错误； 对于 D，连接 DB1，PD，由 DB1AC 且 DB1A
28、D1， 可得 DB1平面 ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面 PDB1平面 ACD1，故 D 正确 三、填空题 9.如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，平面 AB1C 与平面 A1DC1的位置关系是_ 【答案】 平行 【解析】 易证 A1C1，A1D 都与平面 AB1C 平行，且 A1DA1C1A1，所以平面 AB1C平面 A1DC1. 10正方体 ABCDA1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有 24 条，其中与体对角线 AC1垂直的有_条 【答案】 6 【解析】 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，BDAC.C1C平面 BCD，BD平面 BCD， C1CBD，
29、又 ACCC1C， BD平面 ACC1，又AC1平面 ACC1，AC1BD.同理 A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C 都与 AC1垂直正方体 ABCDA1B1C1D1的棱中没有与 AC1垂直的棱，故与体对角线 AC1垂直的有 6 条 11(2020全国改编)设有下列四个命题： 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； 过空间中任意三点有且仅有一个平面； 若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； 若直线 l平面，直线 m平面，则 ml. 则上述命题中所有真命题的序号是_ 【答案】 【解析】 是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的
30、基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面” ，可知为真命题；是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线从而为真命题 12.如图，已知棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F，M 分别是线段 AB，AD，AA1的中点，又 P，Q 分别在线段 A1B1，A1D1上，且 A1PA1Qx(0 x1) 设平面 MEF平面 MPQl，现有下列结论： l平面 ABCD； lAC； 直线 l 与平面 BCC1B1不垂直； 当 x 变化
31、时，l 不是定直线 其中成立的结论是_(写出所有成立结论的序号) 【答案】 【解析】 连接 BD，B1D1，A1PA1Qx， PQB1D1BDEF，易证 PQ平面 MEF， 又平面 MEF平面 MPQl， PQl，lEF， l平面 ABCD，故成立； 又 EFAC，lAC，故成立； lEFBD，易知直线 l 与平面 BCC1B1不垂直， 故成立； 当 x 变化时，l 是过点 M 且与直线 EF 平行的定直线，故不成立 四、解答题 13.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，侧面 BCC1B1底面 ABC，E，F 分别为棱 BC 和 A1C1的中点 (1)求证：EF平面 ABB1A
32、1； (2)求证：平面 AEF平面 BCC1B1. 证明 (1)如图，取 A1B1的中点 G，连接 BG，FG，在A1B1C1中，因为 F，G 分别为 A1C1，A1B1的中点， 所以 FGB1C1，且 FG12B1C1.在三棱柱 ABCA1B1C1中，BCB1C1. 又 E 为棱 BC 的中点，所以 FGBE，且 FGBE， 所以四边形 BEFG 为平行四边形， 所以 EFBG，又因为 BG平面 ABB1A1，EF平面 ABB1A1，所以 EF平面 ABB1A1. (2)在ABC 中，因为 ABAC，E 为 BC 的中点， 所以 AEBC， 又侧面 BCC1B1底面 ABC，侧面 BCC1B
33、1底面 ABCBC，且 AE平面 ABC，所以 AE平面 BCC1B1， 又 AE平面 AEF， 所以平面 AEF平面 BCC1B1. 14.如图，菱形 ABCD 的边长为 a，D60，点 H 为 DC 的中点，现以线段 AH 为折痕将DAH 折起使得点 D到达点 P 的位置，且平面 PHA平面 ABCH，点 E，F 分别为 AB，AP 的中点 (1)求证：平面 PBC平面 EFH； (2)若三棱锥 PEFH 的体积等于312，求 a 的值 (1)证明 因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点，所以 BECH 且 BECH， 所以四边形 BCHE 为平行四边形，则 BCEH
34、， 又 EH平面 PBC，所以 EH平面 PBC. 因为点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EFBP， 又 EF平面 PBC，所以 EF平面 PBC. 又 EFEHE，所以平面 PBC平面 EFH. (2)解 在菱形 ABCD 中，D60， 则ACD 为正三角形， 所以 AHCD，DHPHCH12a，AH32a，折叠后，PHAH， 又平面 PHA平面 ABCH，平面 PHA平面 ABCHAH，PH平面 PHA，从而 PH平面 ABCH. 在PAE 中，点 F 为 AP 的中点，则 SPEFSAEF， 所以 VHPEFVHAEF12VHPAE12VPAEH 1213SAEHPH12131212a32a12a 396a3312，所以 a38，故 a2.
