2022年高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 專題13 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專項(xiàng)講解與訓(xùn)練

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1、2022年高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 專題13 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專項(xiàng)講解與訓(xùn)練 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷來解決問題； (2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷． (1)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) (2)(2017·高考全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1　　　　　 B．A1E⊥B

2、D C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 【答案】　(1)A　(2)C 【解析】　(1) 對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳B∥CD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C，D中均有AB∥平面MNQ.故選A. (2)由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，且B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故選C. 判斷空間線面位置關(guān)系應(yīng)注意的問題 解決空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性

3、質(zhì)、空間位置關(guān)系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷，必要時(shí)可以利用正方體、長(zhǎng)方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時(shí)要注意平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中．　 【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】 1．(2019·湖北七市(州)聯(lián)考)設(shè)直線m與平面α相交但不垂直，則下列說法中正確的是(　　) A．在平面α內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直 B．過直線m有且只有一個(gè)平面與平面α垂直 C．與直線m垂直的直線不可能與平面α平行 D．與直線m平行的平面不可能與平面α垂直 【答案】B 2．(2019·成都第一次診斷性檢測(cè))在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC

4、，A1C1，A1B1分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個(gè)命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正確的命題有(　　) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C. 【解析】 AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1

5、，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯(cuò)誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE.綜上可知，選C. 空間平行、垂直關(guān)系的證明 1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 2．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n

6、＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. (2017·高考北京卷)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D為線段AC的中點(diǎn)，E為線段PC上一點(diǎn)． (1)求證：PA⊥BD； 5．(2019成都第二次診斷性檢測(cè))已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題：①若α∥β，則m∥n；②若α∥β，則m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，

7、n⊥l，則α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β.其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B. 【解析】對(duì)于①，直線m，n可能異面；易知②正確；對(duì)于③，直線m，n同時(shí)垂直于公共棱，不能推出兩個(gè)平面垂直，錯(cuò)誤；對(duì)于④，當(dāng)直線n∥l時(shí)，不能推出兩個(gè)平面垂直．故真命題的個(gè)數(shù)為1.故選B. 6. 如圖所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng)．其中正確的是________． 【答案】：①②③ 【解析】

8、：對(duì)于①，因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因?yàn)锳B為⊙O的直徑，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以BC⊥PC；對(duì)于②，因?yàn)辄c(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PA，因?yàn)镻A?平面PAC，所以O(shè)M∥平面PAC；對(duì)于③，由①知BC⊥平面PAC，所以線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故①②③都正確． 7．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，有下列三個(gè)條件： ①存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一條直線a，a⊥β； ③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α. 其中，所有能成為“α⊥β”的充要條件的序號(hào)是________． 答案：①③ 8．(2019

9、·武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，給出下列結(jié)論： ①存在某個(gè)位置，使得直線AC與直線BD垂直； ②存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直； ③存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂直． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) 答案：② 解析：①假設(shè)AC與BD垂直，過點(diǎn)A作AE⊥BD于E，連接CE.則?BD⊥平面AEC?BD⊥CE，而在平面BCD中，EC與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①錯(cuò)． ②假設(shè)AB⊥CD，因?yàn)锳B⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在

10、這樣的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假設(shè)成立，②正確． ③假設(shè)AD⊥BC， 因?yàn)镈C⊥BC，所以BC⊥平面ADC， 所以BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設(shè)不成立，③錯(cuò)．綜上，填②. 9．(2019·石家莊質(zhì)量檢測(cè)(一)) 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M為AD的中點(diǎn)，N為PC上一點(diǎn)，且PC＝3PN. (1)求證：MN∥平面PAB； (2)求點(diǎn)M到平面PAN的距離． 【解析】：(1)證明：在平面PBC內(nèi)作NH∥BC交PB于點(diǎn)H，連接AH

11、， 在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1. 又AD∥BC，所以NH∥AM且NH＝AM， 所以四邊形AMNH為平行四邊形， 所以MN∥AH， 又AH?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)連接AC，MC，PM，平面PAN即為平面PAC，設(shè)點(diǎn)M到平面PAC的距離為h. 由題意可得CD＝2，AC＝2，所以S△PAC＝PA·AC＝4， 所以S△AMC＝AM·CD＝， 由VM-PAC＝VP-AMC， 得S△PAC·h＝S△AMC·PA， 即4h＝×4，所以h＝， 所以點(diǎn)M到平面PAN的距離為. 10．(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖

12、，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD. (1)證明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比． 【解析】： (1)證明：取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO. 因?yàn)锳D＝CD，所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD. (2)連接EO. 由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO. 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，

13、故∠DOB＝90°. 由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝AC. 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD. 故E為BD的中點(diǎn)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. [能力提升] 1．(2016·高考全國卷Ⅰ)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A. B． C. D. 【答案】A. 【解析】因?yàn)檫^點(diǎn)A的平面α與平面CB1D1平行，平面

14、ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，則BD與A1B所成的角為所求角，所以m，n所成角的正弦值為，選A. 2．如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)P是棱AD上一點(diǎn)，且AP＝，過B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ＝__________． 答案：a 解析： 因?yàn)槠矫鍭1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ. 連接BD，因?yàn)锽1D1∥BD，所以BD∥PQ， 設(shè)PQ∩AB＝M，因

15、為AB∥CD， 所以△APM∽△DPQ. 所以＝＝2，即PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB， 所以＝＝， 所以PM＝BD，又BD＝a， 所以PQ＝a. 3．(2019.洛陽第一次統(tǒng)考)如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝AB＝1，點(diǎn)M在線段EC上． (1)證明：平面BDM⊥平面ADEF； (2)若AE∥平面MDB，求三棱錐E-BDM的體積． 【解析】：(1)證明：因?yàn)镈C＝BC＝1，DC⊥BC，所以BD＝. 在梯形ABCD中，AD＝，AB＝2， 所以AD2＋BD2＝AB2，所以∠ADB＝90°. 所以AD⊥

16、BD. 又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED?平面ADEF， 所以ED⊥平面ABCD，因?yàn)锽D?平面ABCD，所以BD⊥ED. 又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADEF. 又BD?平面BDM， 所以平面BDM⊥平面ADEF. (2)如圖，連接AC，AC∩BD＝O，連接MO， 因?yàn)槠矫鍱AC∩平面MBD＝MO，AE∥平面MDB，AE?平面EAC. 所以AE∥OM. 又AB∥CD， 所以＝＝＝2， S△EDM＝S△EDC＝××1×＝. 因?yàn)镋D⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以DE⊥BC. 因?yàn)锳B∥CD，AB⊥B

17、C，所以BC⊥CD. 又ED∩DC＝D，所以BC⊥平面EDC. 所以VE-BDM＝VB-EDM＝S△EDM·BC＝××1＝. 4．如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝AB＝2，點(diǎn)E為AC中點(diǎn)．將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體DABC，如圖2所示． (1)在CD上找一點(diǎn)F，使AD∥平面EFB； (2)求點(diǎn)C到平面ABD的距離． 【解析】：(1)如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF，在△ACD中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AC，CD的中點(diǎn)， 所以EF為△ACD的中位線， 所以AD∥EF， 因?yàn)镋F?平面EFB，AD?平面EFB， 所以AD∥平面EFB. 因?yàn)槿忮FBACD的高BC＝2， S△ACD＝AD·CD＝2. 又VCABD＝VBADC， 即×2h＝×2×2， 解得h＝. 即點(diǎn)C到平面ABD的距離為.