2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 5.2 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系學(xué)案 文

第2講　點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 考點(diǎn)1　點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 判斷空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，主要依賴四個(gè)公理、平行關(guān)系和垂直關(guān)系的有關(guān)定義及定理，具體處理時(shí)可以構(gòu)建長方體或三棱錐等模型，把要考查的點(diǎn)、線、面融入模型中，判斷會(huì)簡潔明了．如要否定一個(gè)結(jié)論，只需找到一個(gè)反例就可以． [例1]　(1)[2019·全國卷Ⅱ]設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 (2) [2019·全國卷Ⅲ]如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 【解析】　(1)本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，意在考查考生的空間想象能力、邏輯思維能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、直觀想象． 對(duì)于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對(duì)于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對(duì)于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B. (2)本題主要考查空間線線位置關(guān)系，考查考生的空間想象能力，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算． 取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B. 【答案】　(1)B　(2)B 判斷空間位置關(guān)系的兩種方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定. 『對(duì)接訓(xùn)練』 1．[2019·浙江紹興一中模擬]對(duì)于空間中的兩條直線m，n和一個(gè)平面α，下列命題中為真命題的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n　　B．若m∥α，n?α，則m∥n C．若m∥α，n⊥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 解析：對(duì)于A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，直線m，n可能平行，也可能異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，m與n垂直而非平行，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩直線平行，故D正確． 答案：D 2. [2019·陜西西北工大附中調(diào)考]如圖，四邊形EFGH為四面體ABCD的一個(gè)截面，若＝＝，則與平面EFGH平行的直線有(　　) A．0條 B．1條 C．2條 D．3條 解析：∵＝，∴EF⊥AB.又EF?平面EFGH，AB?平面EFGH， ∴AB∥平面EFGH.同理，由＝，可證CD∥平面EFGH.∴與平面EFGH平行的直線有2條．故選C. 答案：C 考點(diǎn)2　空間中平行、垂直關(guān)系 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＝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. [例2]　[2019·全國卷Ⅰ]如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 【解析】　本題考查了線面平行、垂直的判定和點(diǎn)到平面的距離，通過平行、垂直的證明，考查了學(xué)生的空間想象力，體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng)． (1)證明：連接B1C，ME. 因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)， 所以ME∥B1C，且ME＝B1C. 又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)， 所以ND＝A1D. 由題設(shè)知A1B1綊DC，可得 B1C綊A1D，故ME綊ND， 因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED. 又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (2)過C作C1E的垂線，垂足為H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C， 所以DE⊥平面C1CE， 故DE⊥CH. 從而CH⊥平面C1DE， 故CH的長即為C到平面C1DE的距離． 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝， 故CH＝. 從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為. 1．證明線線平行的4種常用方法 (1)利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行； (2)利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換； (3)利用三角形的中位線定理證線線平行； (4)利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換． 2．證明線線垂直的3種常用方法 (1)利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)； (2)勾股定理； (3)線面垂直的性質(zhì)：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a. 『對(duì)接訓(xùn)練』 3．[2019·全國卷Ⅱ]如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E－BB1C1C的體積． 解析：本題考查了長方體的性質(zhì)、直線與平面垂直的判定與性質(zhì)和錐體的體積，考查了空間想象能力，主要體現(xiàn)了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng)． (1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°， 故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6. 作EF⊥BB1，垂足為F， 則EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3. 所以，四棱錐E－BB1C1C的體積V＝×3×6×3＝18. 考點(diǎn)3　平面圖形的折疊問題 1．畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖． 2．把握關(guān)系：即比較翻折前后的圖形，準(zhǔn)確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系，哪些平行與垂直的關(guān)系不變，哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化，這是準(zhǔn)確把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征，進(jìn)行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ)． 3．準(zhǔn)確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準(zhǔn)確進(jìn)行計(jì)算的基礎(chǔ)． [例3]　[2018·全國卷Ⅰ]如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q ­ABP的體積． 【解析】　(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC. 又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)解：由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA， 所以BP＝2. 如圖，過點(diǎn)Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC. 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q ­ABP的體積為 VQ ­ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1. 平面圖形翻折問題的求解方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)在解決問題時(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形. 『對(duì)接訓(xùn)練』 4．[2019·湖南省湘東六校聯(lián)考]如圖，將矩形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使得平面ABD′⊥平面ABC. (1)求證：AD′⊥平面BCD′； (2)當(dāng)AB＝，AD＝1時(shí)，求點(diǎn)B到平面AD′C的距離． 解析：(1)∵BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，平面ABD′∩平面ABC＝AB， ∴BC⊥平面ABD′， ∵AD′?平面ABD′， ∴BC⊥AD′， 又AD′⊥D′C，BC∩D′C＝C， ∴AD′⊥平面BCD′. (2)由(1)知AD′⊥平面BCD′，又BD′?平面BCD′， ∴AD′⊥BD′，從而BD′＝， 設(shè)點(diǎn)B到平面AD′C的距離為h， 由V三棱錐B－AD′C＝V三棱錐C－AD′B， 得S△AD′C·h＝S△AD′B·BC， 即××1××h＝××1××1，得h＝， 即點(diǎn)B到平面AD′C的距離為. 考點(diǎn)4　空間線面關(guān)系的探究性問題 [例4]　 [2018·全國卷Ⅲ]如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說明理由． 解析：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD， 故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD， 故平面AMD⊥平面BMC. (2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD. 證明如下：如圖，連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)． 連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)， 所以MC∥OP. 又MC?平面PBD，OP?平面PBD， 所以MC∥平面PBD. 解決立體幾何中探索性問題的基本方法 (1)通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明；若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立． (2)探索線段上是否存在滿足題意的點(diǎn)時(shí)，注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用． 『對(duì)接訓(xùn)練』 5．[2019·河南名校壓軸第二次考試]如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，四邊形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段EF上． (1)求證：BC⊥平面ACFE； (2)當(dāng)EM為何值時(shí)，AM∥平面BDF？證明你的結(jié)論． 解析：(1)證明：在梯形ABCD中，因?yàn)锳B∥CD， AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°， 所以四邊形ABCD是等腰梯形， 且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°， 所以∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，所以AC⊥BC. 又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE. (2)當(dāng)EM＝a時(shí)，AM∥平面BDF，理由如下： 在梯形ABCD中，設(shè)AC∩BD＝N，連接FN. 由(1)知四邊形ABCD為等腰梯形，且∠ABC＝60°， 所以AB＝2BC＝2DC，則CNNA＝12. 易知EF＝AC＝a，因?yàn)镋M＝a， 所以MF＝EF＝a， 又易知AN＝a，所以MF綊AN， 所以四邊形ANFM是平行四邊形，所以AM∥NF， 又NF?平面BDF，AM?平面BDF， 所以AM∥平面BDF. 課時(shí)作業(yè)12　點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 1. [2019·四省八校聯(lián)考]如圖，平面PAD⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BCD＝90°，PA＝PD＝AD＝AB＝2CD＝2，H為PB的中點(diǎn)． (1)求證：CH∥平面PAD； (2)求點(diǎn)C到平面PAB的距離． 解析：(1)證明：取PA的中點(diǎn)E，連接HE，DE，則EH綊AB. 又CD綊AB， ∴EH綊CD，四邊形CDEH為平行四邊形， ∴CH∥DE， 又DE?平面PAD，CH?平面PAD， ∴CH∥平面PAD. (2)取AD的中點(diǎn)F，連接PF，F(xiàn)B，AH，則∠PFB＝90°，PF＝，BF＝，PB＝，AH＝， ∴S△PAB＝××＝，連接AC，則V三棱錐C－PAB＝V三棱錐P－ABC，設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為h， ∴××h＝××2××，∴h＝＝. ∴點(diǎn)C的平面PAB的距離為. 2. [2019·蘭州市診斷考試]如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，△PCD為正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2，平面PCD⊥平面ABCD，E為PC的中點(diǎn)． (1)證明：BE⊥PC； (2)求多面體PABED的體積． 解析：(1)證明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝4，∴BD＝2， ∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，∴BD⊥CD. ∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD， ∴BD⊥平面PCD，∴BD⊥PC. ∵△PCD為正三角形，E為PC的中點(diǎn)，∴DE⊥PC， ∴PC⊥平面BDE，BE?平面BDE，∴BE⊥PC. (2)如圖，作PF⊥CD，EG⊥CD，F(xiàn)，G為垂足， ∵平面PCD⊥平面ABCD， ∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD， ∵△PCD為正三角形，CD＝2， ∴PF＝3，EG＝， ∴V四棱錐P－ABCD＝×2×2×3＝4， V三棱錐E－BCD＝××2×2×＝， ∴多面體PABED的體積V＝4－＝3. 3. [2018·江蘇卷]在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明：本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關(guān)系，考查空間想象能力和推理論證能力． (1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1. 因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B. 因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC， 又因?yàn)锳B1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 4．[2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一)]如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折到△APE的位置． (1)證明：AE⊥PB； (2)當(dāng)四棱錐P－ABCE的體積最大時(shí)，求點(diǎn)C到平面PAB的距離． 解析：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點(diǎn)O. ∵AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形， ∴AE＝BC＝AD＝DE， ∴△ADE為等邊三角形， ∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC， ∴BD⊥AE. 如圖，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE， 又OP?平面POB，OB?平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB， ∵PB?平面POB，∴AE⊥PB. (2)當(dāng)四棱錐P－ABCE的體積最大時(shí)，平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO?平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE. ∵OP＝OB＝，∴PB＝，∵AP＝AB＝1，∴S△PAB＝×× ＝， 連接AC，則VP－ABC＝OP·S△ABC＝××＝， 設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為d，∵VP－ABC＝VC－PAB＝S△PAB·d， ∴d＝＝＝. 5．[2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測]如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，PD⊥BF. (1)求證：AD⊥PB； (2)若E在線段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D－CEG的體積；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析：(1)證明：連接PF，∵△PAD是等邊三角形，∴PF⊥AD. ∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，∴BF⊥AD. 又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP，又PB?平面BFP， ∴AD⊥PB. (2)能在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD. 由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD. 又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，∴PF⊥平面ABCD. 連接CF交DE于點(diǎn)H，過H作HG∥PF交PC于G， ∴GH⊥平面ABCD. 又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD. ∵AD∥BC，∴△DFH～△ECH，∴＝＝， ∴＝＝，∴GH＝PF＝， ∴VD－CEG＝VG－CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin·GH＝. 6．[2019·北京卷]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)． (Ⅰ)求證：BD⊥平面PAC； (Ⅱ)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (Ⅲ)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說明理由． 解析：(Ⅰ)因?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形， 所以BD⊥AC. 所以BD⊥平面PAC. (Ⅱ)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)， 所以AE⊥CD. 所以AB⊥AE. 所以AE⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PAE. (Ⅲ)棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE. 取F為PB的中點(diǎn)，取G為PA的中點(diǎn)，連接CF，F(xiàn)G，EG. 則FG∥AB，且FG＝AB. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)， 所以CE∥AB，且CE＝AB. 所以FG∥CE，且FG＝CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形． 所以CF∥EG. 因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE， 所以CF∥平面PAE. - 16 -