湖南省高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第2讲　点、直线、平面之间的位置关系 理

专题五　立体几何第2讲　点、直线、平面之间的位置关系真题试做1．(2012·四川高考，理6)下列命题正确的是(　　)．A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行2．(2012·浙江高考，理10)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，(　　)．A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直3．(2012·安徽高考，理6)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的(　　)．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．(2012·大纲全国高考，理4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)．A．2B.C.D．15．(2012·江苏高考，16)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.考向分析从近几年的高考试题来看，在本讲中所涉及的主要内容是：(1)有关线面位置关系的组合判断．试题以选择题的形式出现，通常是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质；(2)有关线线、线面平行与垂直的证明．试题以解答题为主，常以多面体为载体，突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力；(3)有关面面平行与垂直的证明，多以解答题的形式出现，综合性强；(4)有关折叠问题，以解答题为主，通过折叠把平面图形转化为空间几何体，更好地考查学生的空间想象能力和知识迁移能力．预测2013年高考中，仍以某几何体为载体，重在探索和判定线线、线面和面面的位置关系，当然也可能综合考查面积及体积的计算，作为理科考生还将进行空间角的探索和求解，题目难度为中低档．热点例析热点一　有关线面位置关系的组合判断已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)．A．a⊥c，b⊥ca∥bB．a∥α，b∥αa∥bC．α⊥γ，β⊥γα∥βD．α∥γ，β∥γα∥β规律方法解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：-11-\n(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(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位置关系，并结合有关定理来进行判断；(3)应熟练掌握立体几何的三种语言——符号语言、自然语言以及图形语言的相互转换．变式训练1已知三条不重合的直线m，n，l，两个不重合的平面α，β，有下列命题：①若m∥n，nα，则m∥α；②若l⊥α，m⊥β且l∥m，则α∥β；③若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β；④若α⊥β，αβ＝m，nβ，n⊥m，则n⊥α.其中正确命题的个数是(　　)．A．1B．2C．3D．4热点二　线线、线面平行与垂直的证明如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD.规律方法(1)线线垂直的证明方法①相交垂直：可借助定义或平面几何知识进行证明；②异面垂直：由线面垂直的性质定理进行证明．(2)证明线线平行的常用方法①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行转换；③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．(3)证明线面平行的常用方法①定义法；②利用线面平行的判定定理；③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化为线面平行．(4)证明线面垂直的常用方法①利用直线和平面垂直的定义．此种方法利用向量证明较好；②利用线面垂直的判定定理．此种方法要注意平面内的两条直线必须相交；③利用线面垂直的性质．两平行线中一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面；④利用面面垂直的性质．两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．此种方法要注意“平面内的直线”；⑤利用面面垂直的性质．两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面；⑥利用面面平行的性质．一条直线垂直于两平行平面中的一个，必垂直于另一个平面．变式训练2如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．-11-\n(1)证明：PB∥平面ACM；(2)证明：AD⊥平面PAC.热点三　面面平行与垂直的证明在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝4，P为平面ABCD外一点，且PA＝PB，PD＝PC，N为CD的中点．(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；(2)在线段PC上是否存在一点E使得NE∥平面ABP？若存在，说明理由并确定E点的位置；若不存在，请说明理由．规律方法(1)证明面面平行的常用方法①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；②利用面面平行的判定定理；③利用两个平面垂直于同一直线；④证明两个平面同时平行于第三个平面．(2)证明面面垂直的方法①证明一个平面经过另一个平面的垂线，一般先在现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则应借助中点、高线等添加辅助线解决；②利用面面垂直的定义．新课标对此要求较低．变式训练3如图，已知三棱锥ABPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形．求证：(1)DM∥平面APC；(2)平面ABC⊥平面APC.热点四　折叠问题如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.(1)当棱锥A′PBCD的体积最大时，求PA的长；(2)若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.规律方法(1)-11-\n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)将平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．(3)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．变式训练4如图①，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP＝2，D为AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使点P在平面ABCD内的射影为点D，如图②.(1)求证：AP∥平面EFG；(2)求三棱锥PABC的体积．思想渗透转化与化归思想——解决立体几何中的探索性问题(1)解决立体几何中探索性问题的常用方法是：先研究特殊点(端点、中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直)，再进行证明；(2)当特殊点或特殊位置不符合要求时，可以通过运算(向量法)或根据结论分析出点线位置，再用综合法证明；(3)解决探索性问题的一般步骤为：首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾结论就否定假设．　　如图，四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求证：AD⊥PC；(2)求三棱锥APDE的体积；(3)在AC上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因为PDCD＝D，所以AD⊥平面PCD.又因为PC平面PCD，所以AD⊥PC.(2)解：由(1)知AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥APDE的高．因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4.又AD＝2，所以VAPDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝.(3)解：取AC的中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，-11-\n所以EM∥PA.又因为EM平面DEM，PA平面EDM，所以PA∥平面DEM.此时AM＝AC＝＝＝，即在AC上存在一点M，使得PA∥平面EDM，且AM的长为.1．(2012·湖南株洲质检，7)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：(1)若m⊥α，n∥α，则m⊥n；(2)若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；(3)若m∥α，n∥α，则m∥n；(4)α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ.其中正确的命题是(　　)．A．(1)(4)B．(2)(3)C．(1)(2)(4)D．(1)(3)2．(2012·山东济南二模，10)设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是(　　)．A．m∥l1且n∥l2B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且l1∥α3．如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)．A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部4．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)5．如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN⊥CD；-11-\n(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.6．(2012·广东梅州中学三模，18)如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2.(1)求证：AC∥平面BEF；(2)求四面体BDEF的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C　解析：若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线可平行、可异面、可相交．选项A错；如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在这个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项B不正确；如图，平面αβ＝b，a∥α，a∥β，过直线a作平面εα＝c，过直线a作平面γβ＝d，∵a∥α，∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵c⊂α，dα，∴d∥α，又∵d⊂β，∴d∥b，∴a∥b，选项C正确；若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项D不正确．2．B　解析：当AC＝1时，由DC＝1，AD＝，得∠ACD为直角，DC⊥AC，又因为DC⊥BC，所以DC⊥面ABC.所以DC⊥AB.3．A　解析：由面面垂直的性质定理可得，α⊥β，αβ＝m，b⊂β，b⊥mb⊥α.又∵a⊂α，∴a⊥b，但反之则不成立．4．D　解析：连接AC交BD于点O，连接OE，∵AB＝2，∴AC＝2.又CC1＝2，则AC＝CC1.作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.由OE为△ACC1的中位线知，CM⊥OE，M为CH的中点．由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥面EOC，∴CM⊥BD.∴CM⊥面BDE.∴HM为直线AC1到平面BDE的距离．又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH＝2.∴HM＝1.5．证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.-11-\n又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F∥平面ADE.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】D　解析：选项A中的结论只在平面内成立，在空间中不一定成立；对于选项B，空间线面的平行没有传递性；对于选项C，垂直于同一个平面的两个平面不一定平行；对于选项D，空间平面的平行关系具有传递性．【变式训练1】B【例2】证明：(1)方法一：因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以D1D⊥BD.又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2，所以AD2＋BD2＝AB2.所以AD⊥BD.又ADD1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，故AA1⊥BD.方法二：因为D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD(如图)，所以BD⊥D1D.取AB的中点G，连接DG(如图)．在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形，因此GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB.又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，所以BD⊥AD.又ADD1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，故AA1⊥BD.(2)如图，连接AC，A1C1.设ACBD＝E，连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC＝AC.由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC，-11-\n所以四边形A1ECC1为平行四边形．因此CC1∥EA1.又因为EA1⊂平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.【变式训练2】证明：(1)连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM.(2)因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD.而ACPO＝O，所以AD⊥平面PAC.【例3】(1)证明：取AB中点M，连接PM，PN，MN，则PM⊥AB，PN⊥CD.又ABCD为直角梯形，AB⊥BC，∴MN⊥AB.∵PMMN＝M，∴AB⊥平面PMN.又PN⊂平面PMN，∴AB⊥PN.∵AB与CD相交，∴PN⊥平面ABCD.又PN⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD.(2)解：假设存在．在PC，PB上分别取点E，F，使BF＝BP，CE＝CP，连接EF，MF，NE，则EF∥BC且可求得EF＝BC＝3.∵MN＝3且MN∥BC，∴EF∥MN且EF＝MN.∴MNEF为平行四边形，∴EN∥FM.又FM⊂平面PAB，∴在线段PC上存在一点E使得NE∥平面ABP，此时CE＝PC.【变式训练3】证明：(1)∵M为AB中点，D为PB中点，∴MD∥AP.又∵MD平面APC，AP⊂平面APC，∴DM∥平面APC.(2)∵△PMB为正三角形，且D为PB中点，∴MD⊥PB.又由(1)知MD∥AP，∴AP⊥PB.又AP⊥PC，PBPC＝P，∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC.又∵AC⊥BC，APAC＝A，∴BC⊥平面APC，∴平面ABC⊥平面PAC.-11-\n【例4】(1)解：令PA＝x(0<x<2)，则A′P＝PD＝x，BP＝2－x.因为A′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD，所以VA′PBCD＝Sh＝(2－x)(2＋x)x＝(4x－x3)．令f(x)＝(4x－x3)，由f′(x)＝(4－3x2)＝0，得x＝.当x时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以，当x＝时，f(x)取得最大值，即当VA′PBCD最大时，PA＝.(2)证明：设F为A′B的中点，连接PF，FE，则有EF綉BC.又PD綉BC，所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.【变式训练4】(1)证明：由题意，△PCD折起后PD⊥平面ABCD.四边形ABCD是边长为2的正方形，PD＝2.∵E，F，G分别为PC，PD，BC的中点，∴EF∥CD，EG∥PB.又CD∥AB，∴EF∥AB.又∵EGEF＝E，PBAB＝B，∴平面EFG∥平面PAB，∴PA∥平面EFG.(2)解：由(1)中结论可知PD是三棱锥PABC的高，因此V三棱锥PABC＝S△ABC·PD＝××22×2＝.创新模拟·预测演练1．A　解析：对于(2)，α与β可能相交；对于(3)，平行于同一平面的两直线可能平行，也可能相交，也可能异面；因此选A.2．A3．A　解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AC⊥平面ABC1，AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上，故选A.4．DM⊥PC　解析：易知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD.-11-\n而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.5．证明：(1)如图，连接AC，AN，BN.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC.在Rt△PAC中，N为PC中点，∴AN＝PC.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又BC⊥AB，PAAB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中点，∴BN＝PC.∴AN＝BN，∴△ABN为等腰三角形．又M为底边AB的中点，∴MN⊥AB.又∵AB∥CD，∴MN⊥CD.(2)如图，连接PM，CM.∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD.∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC.又∵M为AB的中点，∴AM＝BM.而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴PM＝CM.又N为PC的中点，∴MN⊥PC.由(1)知，MN⊥CD，PCCD＝C，∴MN⊥平面PCD.6．(1)证明：设ACBD＝O，取BE中点G，连接FG，OG，所以OG綉DE.因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF綉OG.从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥AO.因为FG⊂平面BEF，AO平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(2)解：因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF.因为AF∥DE，∠ADE＝90°，DE＝DA＝2AF＝2，所以△DEF的面积为×ED×AD＝2，所以四面体BDEF的体积＝S△DEF×AB＝.-11-\n-11-