新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十一） 空间位置关系的判断与证明

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十一） 空间位置关系的判断与证明

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十一）空间位置关系的判断与证明 ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 线面平行的证明·T18(1)‎ 面面平行的判定·T7‎ 直线与直线位置关系的判定·T8‎ 面面垂直的证明·T19(1)‎ 线面垂直的证明·T17(1)‎ ‎2018‎ 直线与平面所成的角、正方体的截面·T12‎ 求异面直线所成的角·T9‎ 面面垂直的证明·T19(1)‎ 面面垂直的证明·T18(1)‎ 线面垂直的证明·T20(1)‎ ‎2017‎ 面面垂直的证明·T18(1)‎ 求异面直线所成的角·T10‎ 圆锥、空间线线角的求解·T16‎ 线面平行的证明·T19(1)‎ 面面垂直的证明·T19(1)‎ ‎(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．‎ ‎ [大稳定]‎ ‎1.已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：‎ ‎①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①④　　　　　　　　　 B．③④‎ C．①② D．①③‎ 解析：选A　对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.‎ ‎2.(2019·全国卷Ⅲ)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(　　)‎ A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 解析：选B　法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.‎ 以CD的中点O为原点， 方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．‎ 不妨设AD＝2，则E(0，0，)，N(0，1，0)，D(1，0，0)，M，B(－1，2，0)，‎ ‎∴EN＝ ＝2，BM＝ ＝，∴EN≠BM.连接BD，BE，‎ ‎∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，‎ ‎∴BM，EN必相交．故选B.‎ 如图②，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.‎ ‎∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，‎ ‎∴EN＝ ＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝EF，∴MG⊥平面ABCD，‎ ‎∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝ ＝ ＝，‎ ‎∴ BM＝ ＝.∴ BM≠EN.连接BD，BE，‎ ‎∵ 点N是正方形ABCD的中心，∴ 点N在BD上，且BN＝DN，‎ ‎∴ BM，EN是△DBE的中线，∴ BM，EN必相交．故选B.‎ ‎3.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有(　　)‎ A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 解析：选B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，B正确；‎ ‎∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；‎ ‎∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H 作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.故选C.‎ ‎[解题方略]‎ 判断与空间位置关系有关命题真假的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，结合有关定理进行判断；(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．‎ ‎[小创新]‎ ‎1.(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)‎ A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 解析：选B　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B.‎ ‎2.(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：____________．‎ 解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案：②③⇒①或①③⇒②‎ ‎3.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．‎ 解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，‎ 则SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos ∠ASB＝，∴sin ∠ASB＝，‎ ‎∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB＝×(r)2×＝5，解得r＝2，‎ ‎∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.答案：40π ‎[例1]　如图，在四棱锥PABCD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，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，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.‎ ‎[解题方略]‎ ‎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.‎ ‎[多练强化]‎ ‎1.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD.‎ 求证：(1)PA⊥CD；(2)平面PBD⊥平面PAB.‎ 证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，‎ 又因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.‎ ‎(2)取AD的中点为E，连接BE，由已知得，BC∥ED，且BC＝ED，‎ 所以四边形BCDE是平行四边形，又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE是正方形，‎ 连接CE，所以BD⊥CE.又因为BC∥AE，BC＝AE，‎ 所以四边形ABCE是平行四边形，所以CE∥AB，则BD⊥AB.‎ 由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，‎ 因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.‎ ‎2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．‎ 求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.‎ 证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，‎ 连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，‎ 又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.‎ ‎(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，‎ 又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.‎ 又M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，‎ 又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，‎ 又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG. ‎ ‎[例2]　如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图②.在图②所示的几何体DABC中．‎ ‎(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体FBCE的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：∵AC＝ ＝2，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，‎ ‎∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－‎2AC×AB×cos 45°＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC，‎ ‎∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.‎ ‎(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，‎ ‎∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，由(1)知，VFBCE＝VBCEF＝×S△CEF×BC，‎ S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，∴VFBCE＝××2＝.‎ ‎[解题方略]　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．‎ ‎[多练强化]‎ 如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图②.‎ ‎(1)求证：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；(3)求四面体NEFD体积的最大值．‎ 解：(1)证明：∵四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.‎ ‎∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD.‎ ‎(2)证明：连接ED，‎ ‎∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，‎ ‎∴NE⊥平面ECDF.∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.‎ 又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.‎ ‎(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0

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