2018届二轮复习空间中位置关系的判断与证明问题学案

2018届二轮复习空间中位置关系的判断与证明问题学案

第2讲　空间中位置关系的判断与证明问题 高考定位　1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析　法一　对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项不正确.‎ ‎　　‎ 图(1)　　　　　　　　图(2)‎ 法二　对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB ‎，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.A项不正确.‎ 答案　A ‎2.(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).‎ 解析　当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.‎ 答案　②③④‎ ‎3.(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD－A1B‎1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB‎1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥平面CB1D1，所以m1∥m，‎ 又平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，‎ 且平面B1D‎1C∩平面A1B‎1C1D1＝B1D1，‎ 所以B1D1∥m1，故B1D1∥m.‎ 因为平面ABB‎1A1∥平面DCC1D1，‎ 且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，‎ 同理可证CD1∥n.‎ 故m，n所成角即直线B1D1与CD1所成角，‎ 在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为.‎ 答案　A ‎4.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.‎ ‎(1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD.‎ ‎∵AB∥CD，∴AB⊥PD.‎ 又∵PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.‎ ‎∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)解　取AD的中点E，‎ 连接PE.‎ ‎∵PA＝PD，∴PE⊥AD.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，‎ 故AB⊥PE，AB⊥AD，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P－ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ 考 点 整 合 ‎1.直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎2.直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ 热点一　空间点、线、面位置关系的判定 ‎【例1】　(2017·成都诊断)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：‎ ‎①若α∥β，则m∥n；‎ ‎②若α∥β，则m∥β；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A.0 B.1 ‎ C.2 D.3‎ 解析　①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；‎ ‎②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n不一定相交，不能推出α⊥β，不正确.‎ 答案　B 探究提高　判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 ‎(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.‎ ‎(3)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.‎ ‎【训练1】 (2017·广东省际名校联考)已知α，β为平面，a，b，c为直线，下列命题正确的是(　　)‎ A.a⊂α，若b∥a，则b∥α B.α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，则b⊥β C.a⊥b，b⊥c，则a∥c D.a∩b＝A，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β 解析　选项A中，b⊂α或b∥α，不正确.‎ B中b与β可能斜交，B错误.‎ C中a∥c，a与c异面，或a与c相交，C错误.‎ 利用面面平行的判定定理，易知D正确.‎ 答案　D 热点二　空间平行、垂直关系的证明 ]‎ ‎【例2】　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ 证明　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，‎ ‎∴PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ ‎∴AB∥DE，且AB＝DE.‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形.‎ ‎∴BE∥AD.‎ 又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴BE∥平面PAD.‎ ‎(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.‎ ‎∴BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD.‎ ‎∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥PD.‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，‎ ‎∴PD∥EF.‎ ‎∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，‎ ‎∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，‎ ‎∴平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎【迁移探究1】　在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.‎ 证明　如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.‎ ‎∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，CE＝CD，‎ ‎∴AB綉CE.‎ ‎∴四边形ABCE为平行四边形.‎ ‎∴O为AC的中点，则FO綉PA，又PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，‎ ‎∴平面BEF⊥平面ABCD.‎ ‎【迁移探究2】　在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.‎ 证明　连接AC，AC∩BE＝O.‎ AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.‎ ‎∴AB綉CE.‎ 又∵AB＝BC，‎ ‎∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.[来源:]‎ 又∵PA⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BE，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ ‎∴BE⊥平面PAC.‎ 探究提高　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.‎ 热点三　平面图形中的折叠问题 ‎【例3】　(2016·全国Ⅱ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，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积.‎ ‎(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，‎ 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解　由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3，‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，‎ 所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 探究提高　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.一般地翻折后还在同一个平面上的图形的性质不发生变化，不在同一个平面上的图形的性质发生变化.‎ ‎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，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.‎ ‎【训练3】 (2017·成都诊断)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且＝.将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示.‎ 图1　　　　　　　　图2‎ ‎(1)求证：GR⊥平面PEF；‎ ‎(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径.‎ ‎(1)证明　在正方形ABCD中，∠A，∠B，∠C为直角.‎ ‎∴在三棱锥P－DEF中，PE，PF，PD两两垂直.‎ 又PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF.‎ ‎∵＝，即＝，‎ ‎∴在△PDH中，RG∥PD.‎ ‎∴GR⊥平面PEF.‎ ‎(2)解　正方形ABCD边长为4.‎ 由题意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2，DF＝2.‎ ‎∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4.‎ S△DEF＝×2×＝6.‎ 设三棱锥P－DEF内切球的半径为r，‎ 则三棱锥的体积为VP－DEF＝×PD·S△PEF ‎＝(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝.‎ ‎∴三棱锥P－DEF的内切球的半径为.‎ ‎1.空间中点、线、面的位置关系的判定 ‎(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.‎ ‎2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：‎ ‎(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎3.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.‎ 一、选择题 ‎1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 解析　由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.‎ 答案　C ‎2.(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 解析　如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.‎ 又B‎1C⊥BC1，且A1B1∩B‎1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.‎ 答案　C ‎3.(2017·梅州质检)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是(　　)‎ A.若m∥α，α∩β＝n，则m∥n B.若m⊥α，n⊥m，则n∥α C.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n D.若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β 解析　对于A，m∥α，α∩β＝n，则m∥n或m，n异面，故A错误；对于B，若m⊥α，n⊥m，则n∥α或n⊂α，故B错误；对于C，若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确；对于D，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m可能与β相交，也可能与β平行，也可能在β内，故D错误.故选C.‎ 答案　C ‎4.如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是(　　)‎ A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝E，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，所以选C.‎ 答案　C ‎5.(2017·石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊂α，n∥α，则m∥n；‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；‎ ‎③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中真命题的个数是(　　)‎ A.0 B.1 ‎ C.2 D.3‎ 解析　①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③‎ 错误；④α∥β或α与β相交，故④错误.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是______.‎ 解析　由＝，得MN∥BD.‎ 而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，‎ 所以MN∥平面BDC.‎ 答案　平行 ‎7.正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号).‎ ‎①AC⊥BE；‎ ‎②B1E∥平面ABCD；‎ ‎③三棱锥E－ABC的体积为定值；‎ ‎④直线B1E⊥直线BC1.‎ 解析　因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.‎ 答案　①②③‎ ‎8.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的命题序号是________.‎ ‎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[来源: ]‎ 解析　因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，‎ ‎∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，‎ 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，‎ 所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则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 三、解答题 ‎9.(2017·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明　(1)在平面ABD内，AB⊥AD， EF⊥AD，‎ 则AB∥EF.‎ ‎∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，‎ ‎∴EF∥平面ABC.‎ ‎(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，‎ ‎∴BC⊥平面ABD.‎ ‎∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，‎ ‎∴AD⊥平面ABC，‎ 又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.‎ ‎10.(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.‎ ‎(1)证明：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求四面体NBCM的体积.‎ ‎(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ 如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綉AM，‎ 所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，‎ 所以N到平面ABCD的距离为PA.‎ 如图，取BC的中点E，连接AE.‎ 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.‎ 由AM∥BC得M到BC的距离为，‎ 故S△BCM＝×4×＝2.‎ 所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝.‎ ‎11.(2017·石家庄模拟)在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面FBC.‎ ‎(2)求四面体FBCD的体积.‎ ‎(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　在△ABC中，‎ 因为AC＝，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，‎ 所以AC⊥BC.‎ 又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，‎ 所以AC⊥平面FBC.‎ ‎(2)解　因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，[来源: ]‎ 所以AC⊥FC.‎ 因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.‎ 在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.‎ 所以△BCD的面积为S＝.‎ 所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝.‎ ‎(3)解　线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：‎ 连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.‎ 因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.‎ 所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，‎ 所以EA∥平面FDM.‎ 所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立.‎