2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理讲义

2017届高考数学考点总动员【二轮精品】第一篇热点15 空间点线面的位置关系（理）【热点考法】本热点考题形式为选择填空题或解答题，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为12至17分．【热点考向】考向一 空间线面、面面位置关系的判定与性质【解决法宝】对空间点、线、面位置关系的判定与性质，要熟记空间线面、面面垂直与平行的判定定理和性质定理，并以此进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断或将笔作直线，书做平面，利用实验进行判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.例1【河北省衡水中学2017届高三上学期第三次调，3】下列结论正确的是（ ）A ．若直线l ⊥平面α，直线l ⊥平面β，则//αβB ．若直线//l 平面α，直线//l 平面β，则//αβC ．若两直线12l l 、与平面α所成的角相等，则12//l lD ．若直线l 上两个不同的点A B 、到平面α的距离相等，则//l α【分析】把笔作直线、书当平面，通过做实验即可作出判定.考向二 空间平行的证明【解决法宝】1.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;(5)可以证明两直线的方向向量平行.2.证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行;(3)可以证明直线的方法向量与平面的法向量垂直来证明线面垂直.3.证明面面平行的方法（1）证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行.（2）可以证明两平面的方向向量共线即可证明面面平行.若题目中已出现了中点，可考虑在图形中再取中点，构成中位线或构造平行四边形进行证明. 例2【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛，19】（本小题满分12分） 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，G 为ABC ∆的重心，113BE BC =. （1）求证：//GE 平面11ABB A ；（2）若侧面11ABB A ⊥底面ABC ，160A AB BAC ∠=∠=，12AAAB AC ===，求直线1A B 与平面1BGE 所成角θ的正弦值.【分析】(1) 连接CG ，并延长CG ，交AB 于点O ，过G 作//GD AB ，交BC 于点D ，分别连接,DE GD ,只要证明所以平面//GDE 平面11ABB A ，由面面平行的性质可证//GE 平面11ABB A ；(2)由题意先证明侧面11ABB A ⊥底面ABC ，由面面垂直的性质可证1AO ⊥平面ABC ，所以可以O 为原点，分别以1,,OC OB OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面1BGE 的法向量以及直线1A B 的方向向量，由空间向量夹角公式求之即可.【解析】（1）证明：连接CG ，并延长CG ，交AB 于点O ，过G 作//GD AB ，交BC 于点D ，分别连接,DE GD .因为G 是ABC ∆的重心，所以13BD OG BC OC ==.………………1分 又113BE BC =，所以1//DE CC .又据三棱柱111ABC A B C -性质知11//BB CC ，所以1//DE BB .………………2分又因为DE ⊄平面11ABB A ，1BB ⊂平面11ABB A ，所以//DE 平面11ABB A .又因为GD DE D =，,GD DE ⊂平面GDE ，所以平面//GDE 平面11ABB A .………………3分又因为GE ⊂平面GDE ，所以//GE 平面11ABB A .………………4分以O 为原点，分别以1,,OC OB OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则1A ，(0,1,0)B ，G ，1B ，1C ，所以1(0,1,A B =，1(GB =-，1(3,0,BC =，(GB =-， 所以11(0,1,)33GE GB BE GB BC =+=+=.………………8分设平面1BGE 的一个法向量为(,,)n x y z =，则10,0,n GB n GE ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以20,30.x y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩令z =(3,1n =-， (10)分所以111cos ,||||n A B n A B n A B <>==-. 所以12sin |cos ,|n A B θ=<>=.即直线1A B 与平面1BGE 所成角θ的正弦值为.……………12分 考向三 空间垂直的证明【解决法宝】要证明两平面垂直，常根据“如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直”或面面垂直的定义．从解题方法上说，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间垂直关系．1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；(2)利用勾股定理逆定理；(3)利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可.（4）证明直线的方法向量与平面的法向量共线2. 证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；(3)利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.（4）证明两个平面的法向量垂直.3.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.例3【广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷,19】（本小题满分12分）如图，菱形ABCD 中，60ABC ∠=°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，//23CF AE AB CF ==，，.（1）求证：BD ⊥平面ACFE ；（2）当直线FO 与平面BED 所成角的大小为45时，求AE 的长度.【分析】(1)由菱形的性质可知BD AC ⊥，由AE ⊥平面ABCD 可得BD AE ∴⊥，由此可证BD ⊥平面ACFE ；（2）以O 为原点，以,OA OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面BDE 的法向量及向量OF ，由直线FO 与平面BED 所成角的大小为45，利用向量公式可求出AE 的长度.【解析】（1）证明：四边形ABCD 是菱形，BD AC ∴⊥.………………（1分）AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，…………（2分）BD AE ∴⊥，………………（3分）又AC ⊂平面ACFE ，AE ⊂平面ACFE ，AC AE A =，………………（4分） BD ∴⊥平面ACFE .………………（5分）（2）以O 为原点，以,OA OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系.………………（6分）则()()(),0,,1,0,3B D F -.设AE a =，则()1,0,E a ，()()()1,0,3,0,23,0,1,OF DB EB a ∴=-==--，………………（7分） 设平面BDE 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n DB n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩………………（8分）即0x az ⎧=⎪⎨-+-=⎪⎩令1z =，得(),0,1n a =-，………………（9分）()cos ,10n OFn OF n OF ⋅∴==10分） 直线FO 与平面BED 所成角的大小为45︒，=11分） 解得2a =或12a =-（舍），2AE ∴=.………………（12分） 考向四 折叠问题【解决法宝】(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，折线同一侧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例4【湖南永州市2017届高三第一次模拟，18】（本小题满分12分）如图1，在45A ∠=︒的平行四边形ABCD 中，DO 垂直平分AB ，且2AB =，现将ADO △沿DO 折起（如图2），使AC =（Ⅰ）求证：直线AO ⊥平面OBCD ；（Ⅱ）求平面AOD 与平面ABC 所成的角（锐角）的余弦值．【分析】（Ⅰ）由图1折起成图2后，CD OD ⊥，AO OD ⊥，又2226OA OC AC +==，所以AO ⊥平面OBCD ；（Ⅱ）分别为OD OB OA ，，为x y z ，，轴，建立空间直角坐标系O xyz -，求平面ABC 的一个法向量为()1111n =-，，，平面AOD 的一个法向量为()2010n OB ==，，，可得平面AOD 与平面ABC.（Ⅱ）以O 为坐标原点，分别为OD OB OA ，，为x y z ，，轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则()001A ，，，()010B ，，，()120C ，，， ()011AB =-，，，()121AC =-，，设平面ABC 的一个法向量为()1n x y z =，，，由1100n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得：020y z x y z -=⎧⎨+-=⎩， 取1y z ==，则1x =-，即()1111n =-，，，…………………………………………8分 又OB ⊥平面AOD ，所以，平面AOD 的一个法向量为()2010n OB ==，，，……………………………9分 设平面AOD 与平面ABC 所成的角（锐角）为θ，则1212cos 3n n n n θ⋅== (11)分所以，平面AOD 与平面ABC ．…………………………12分考向五 异面直线角的问题【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作（平行线）——证（平行）——算（解三角形）”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来计算，注意向量夹角与异面直线角的关系.例5 【2017届上海市长宁区高三数学教学质量检测试】如图：三棱锥ABC P -中，PA ⊥底面ABC ，若底面ABC 是边长为2的正三角形，且PB 与底面ABC 所成的角为3π．若M 是BC 的中点，求：（1）三棱锥ABC P -的体积；（2）异面直线PM 与AC 所成角的余弦值．【分析】（1）欲求三棱锥P-ABC 的体积，只需求出底面积和高即可，因为底面ABC 是边长为2的正三角形，所以底面积可用212a ⨯来计算，其中a 是正三角形的边长，又因为PA ⊥底面ABC ，所以三棱锥的高就是PA 长，再代入三棱锥的体积公式即可．（2）欲求异面直线所成角，只需平移两条异面直线中的一条，是它们成为相交直线即可，由M 为BC中点，可借助三角形的中位线平行于第三边的性质，做出ABC ∆ 的中位线，就可平移BC ，把异面直线所成角转化为平面角，再放入PMN ∆ 中，求出角即可．【解析】（2）连接PM ，取AB 的中点，记为N ，连接MN ，则AC MN //所以PMN ∠为异面直线PM 与AC 所成的角计算可得：13=PN ，1=MN ，15=PM101515213151cos =-+=∠PMN异面直线PM 与AC .考向六 线面角问题【解决法宝】在求解线面角时，有两种思路，思路1，几何法，根据线面角的定义，先在图中有没有线面角，若没有，作出线面角，证明是线面角，再通过解三角形解出来；思路2，向量法，求出线面夹角问题中已知直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度|∙|m n |n |与直线方向向量m 的模之|m |比||∙|m n |m |n |就是线面夹角的正弦值，即sin θ=||∙|m n |m |n |. 例6【湖北省黄石市2017届高三年级九月份调研，19】（本小题满分12分）如图，正方形AMDE 的边长为2，B C 、分别为线段AM MD 、的中点，在五棱锥P ABCDE -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD PC 、分别交于点G H 、．（1）求证：//AB FG ；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小．【分析】（（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几条件，如本题利用正方形性质得//AB DE ，从而有//AB 平面PDE ．而线线平行的证明，一般利用线面平行性质定理，即从两平面交线出发给予证明（2）利用空间向量解决线面角，一般先建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，再根据向量数量积求夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系求大小.【解析】（1）证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以//AB DE ． 又因为AB ⊄平面PDE ，所以//AB 平面PDE ．因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF 平面PDE FG =，所以//AB FG ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）因为PA ⊥底面ABCDE ，所以,PA AE PA AB ⊥⊥，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()()()()1,0,0,2,1,0,0,0,2,0,1,1B C P F ，()1,1,0BC =． 设平面ABF 的法向量为(),y,z n x =，则00n AB n AF ⎧=⎨=⎩，即00x y z =⎧⎨+=⎩， 令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则1sin cos ,2n BCn BC n BC α===， 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为6π．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分 考向七 二面角问题 【解决法宝】对求二面角l αβ--的大小问题，思路1，几何法，先在几何图形中找一找有没有一个角的顶点在二面角的棱上，两边分别在两个半平面内与棱垂直，若有则该角是二面角的平面角，若没有需要作，用垂线法或垂面法或三垂线法作二面角，然后证明所找（作）的角是二面角的平面角，再通过解三角形求出该角；若坐标系容易建立，也可以用向量法计算二面角的大小，即先求出平面α、β的法向量m 、n ，再求出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB ∙n 与AB ∙m 同号，则θ=m,n ，若AB ∙n 与AB ∙m 异号，则θ=π-m,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关系. 例7【四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测,19】如图，已知四边形ABCD 和BCGE 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG 且2BCD BCE π∠=∠=，平面ABCD ⊥平面BCGE ，222BC CD CE AD BG =====．（1）求证：//AG 平面BDE ；（2）求平面BDE 和平面ADE 所成锐二面角的余弦值．【分析】（1）由题意可证,,CD CB CD CE CB CE ⊥⊥⊥，所以以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，CE 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出直线AG 的方向向量(2,1,1)AG =-与平面BDE 的法向量m ，由0AG n ⋅=证之即可；（2）求出平面ADE 的法向量n ，由(1)知BDE 的法向量为(1,1,1)m =，由向量公式可求二面角的余弦值.【解析】（1）证明：∵平面ABCD ⊥平面BCEG ，平面ABCD 平面BCEG BC =，CE BC ⊥，CE ⊂平面BCEG ，∴EC ⊥平面ABCD ，以C 为原点，CD 为x 轴，CB 为y 轴，CE 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,2,0)B ，(2,0,0)D ，(0,0,2)E ，(2,1,0)A ，(0,2,1)G ，设平面BDE 的法向量为(,,)m x y z =，(0,2,2)EB =-，(2,0,2)ED =-，∴220,220,m EB y z m ED x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩取1x =，得(1,1,1)n =，∵(2,1,1)AG =-，∴0AG n ⋅=，∴AG n ⊥，∵AG ⊄平面BDE ，∴//AG 平面BDE ．（2）设平面ADE 的法向量(,,)n a b c =，(0,1,0)DA =，(2,0,2)DE =-，则0,220,n DA b n DE x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩取1x =，得(1,0,1)n =，由（1）得平面BDE 的法向量为(1,1,1)n =，设平面BDE 和平面ADE 所成锐二面角的平面角为θ，则||cos ||||2m n mn θ⋅===⋅⋅． ∴平面BDE 和平面ADE 【热点集训】1. 【四川巴中市2017届“零诊”，8】设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若//m α，//m β，则//αβ； ②若//m α，//m n ，则//n α；③若m α⊥，//m β，则βα⊥；④若m α⊥，//αβ，则β⊥m .其中所有正确命题的序号是（ ）A ．③④B ．②④C ．①②D ．①③【答案】A.【解析】根据线面平行的性质可知①②错误，根据线面垂直的性质可知③④正确，故选A. 2.【甘肃省白银市会宁四中2016届高三（上）期末】设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥αB ．若m ∥β，β⊥α，则m ⊥αC ．若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥αD ．若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α【答案】C3.【江西南昌市2017届摸底考试，12】如图，在四面体ABCD 中，已知AB AC ⊥，BD AC ⊥，那么D 在面ABC 内的射影H 必在（ ）A ．直线AB 上 B ．直线BC 上 C ．直线AC 上D ．ABC ∆内部【答案】A【解析】由AB AC ⊥，BD AC ⊥，可得AC ABD ⊥平面，即ABC ABD ⊥平面平面，因此D 在面ABC 内的射影H 必在ABC 平面与ABD 平面的交线AB 上，选A.4.【贵州省贵阳市第一中学2017届高考适应性月考卷(一)】设m 、n 是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：①若,//m αβα⊥，则m β⊥；②若,m αβα⊥⊥，则//m β；③若,m m n α⊥⊥，则//n α；④若,n n αβ⊥⊥，则//βα.其中，真命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】5. 【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评，9】在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，点M 是侧面11ABB A 内的一点，若MC 与平面ABC 所成的角为30︒，MC 与平面11ACC A 所成的角也为30︒，则MC 与平面11BCC B 所成的角正弦值为（ ）A ．12B D 【答案】B【解析】以MC 为对角线作长方体，设MC 与平面11BCC B 所成的角为α，则222sin sin 30sin 301α+︒+︒=，故sin α=.选B. 6. 【2017届浙江省效实中学上学期期中考试】,αβ是两个平面，l 是直线，给出以下四个命题：①若,,//l l ααββ⊥⊥则，②若//,//,//l l ααββ则，③,//,l l ααββ⊥⊥则， ④//,,l l ααββ⊥⊥则，其中真命题有A ．1个B ．2个C ．3 个D ．4个【答案】A【解析】7.【河北唐山市2017届上学期高三摸底考，11】在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，4,,,PA AB E F H ==分别是棱,,PB BC PD 的中点，则过,F,H E 的平面截四棱锥P ABCD -所得截面面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C .【解析】由过,F,H E 的平面交直线CD 于N 点，可得N 点为CD 的中点，即CN=2；由过,F,H E 的平面交直线PA 于Ｍ点，可得Ｍ为ＰＡ的四等分点，所以ＰＭ＝１，所以过,F,H E 的平面截四棱锥P ABCD -所得截面为五边形MEFNH ，所以其面积等于三角形MEH 和矩形EFNH 即,643222,632221=⨯==⨯⨯=∆∆EFNH MEH S S 所以所求的面积为故应选C .8. 【河南百校联盟2017届高三11月质检，4】如图，在空间四边形ABCD （A ，B ，C ，D 不共面）中，一个平面与边AB BC CD DA ，，，分别交于E ，F ，G ，H （不含端点），则下列结论错误的是（ ）A.若::AE BE CF BF =，则AC 平面EFGHB.若E ，F ，G ，H 分别为各边中点，则四边形EFGH 为平行四边形C. 若E ，F ，G ，H 分别为各边中点且AC BD =，则四边形EFGH 为矩形D. 若E ，F ，G ，H 分别为各边中点且AC BD ⊥，则四边形EFGH 为矩形【答案】C9.【四川遂宁、广安、眉山、内江四市2017届高三上学期第一次联考，10】如图，在三棱锥A BCD -中，已知三角形ABC 和三角形DBC 所在平面互相垂直，AB BD =，23CBA CBD π∠=∠=，则直线AD 与平面BCD 所角的大小是（ ）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 【答案】B【解析】如图，在平面ABC 内，过A 作AH BC ⊥，垂足为H ，连接DH ，则AH ⊥平面DBC ，AD 在平面DBC 内的身影为DH ，所以ADH ∠即为直线AD 与平面BCD 所成的角．由题设知60AB BD ABH DBH HB HB =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，所以AHB DHB ∆≅∆，所以90AHB DHB ∠=∠=︒，即DH BH ⊥，所以45ADH ∠=︒，即直线AD 与平面BCD 所成角的大小为4π，故选B ．10.【湖南永州市2017届高三第一次模拟，10】设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，90BCA ∠=︒，2BC CA ==，若该棱柱的所有顶点都在体积为323π的球面上，则直线1B C 与直线1AC 所成角的余弦值为（ ）A ．23-B ．23C ．D 【答案】B11. 【贵州遵义市2017届高三第一次联考，16】已知平面α截一球面得圆M ，过圆M 的圆心的平面β与平面α所成二面角的大小为60°，平面β截该球面得圆N ，若该球的表面积为64π，圆M 的面积为4π，则圆N 的半径为__________．【解析】设球心O ，半径为R ，则26444R R ππ=⇒=;设圆M 半径为r ，则242r r ππ=⇒=，因此OM ==906030OMN ∠=-=，所以ON =,因此圆N 12.【湖南省五市十校教研教改共同体2017届高三12月联考，15】有共同底边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为_____________． 【答案】14【解析】过B 作BE 平行CD ，过D 作DE 平行CB,两直线交于E 点，设AB 的中点为F ，连接AE ，AF ，DF ，则ABE ∠为异面直线AB 和CD 所成角的补角，设等边三角形边长为1，因为ABC ∆与△BCD 都为正三角形，所以AF ⊥BC ，FD ⊥BC ，AF=DF=23，因为面ABC ⊥面BCD ，所以⊥AF 面BCD ，ED ⊥FD ，所以AF ⊥FD ，AF ⊥DE ，因为AF ∩FD=F ，所以DE ⊥面AFD ，所以ED ⊥AD ，所以AD ==,所以21022=+=DE AD AE ，由余弦定理得1cos 4ABE ∠=-，所以异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为1413.【2017届山东省高密市12月检测】已知正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11A B 的中点，则直线AE 与平面11BDD B 所成角的正弦值是_________.【解析】取AB 得中点F ,连接,1F B 过点F 作,BD FG ⊥垂直为G ,连接G B 1,在正方体1111ABCD A B C D -中，⊥1BB 平面ABCD ,又⊂FG 平面ABCD ，所以FG BB ⊥1，又因为⊂⋂⊥BD BB BD BD FG ,,1平面11B BDD ,⊂1BB 平面11B BDD ,所以⊥FG 平面11B BDD所以G FB 1∠为F B 1与平面11B BDD 所成的角，设正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，10102542sin ,25,4211==∠∴==∴FO B F B FG ,因为F B AE 1//,直线AE 与平面11BDD B 所成角的正弦值是101014.【2015届内蒙古巴彦淖尔市第一中学上期高10月考】如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点． 求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】 (1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF ∥平面PCD.（2）连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD .又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .15.【河北唐山市2017届高三年级期末,19】（本小题满分12分）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=︒，PB PC PD ==.P（1）证明：PA ⊥平面ABCD ；（2）若2PA =，求二面角A PD B -- 的余弦值．【答案】（1）见解析；（2（2）如图，以A 为原点，建立空间直角坐标系A -xyz ，则B (3，－1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，＝(0，2，－2)，＝(－3，3，0)，设平面PBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，－3x ＋3y ＝0，取平面PBD 的法向量m ＝(3，1，1)， …9分取平面P AD 的法向量n ＝(1，0，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝155， 所以二面角A -PD -B 的余弦值是155． …12分16. 【广东省汕头市2017届高三上学期期末，18】（本小题满分12分）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为菱形，⊥PA 底面ABCD ，22=AC ，2=PA ，E 是PC 上的一点，EC PE 2=.（1）证明：⊥PC 平面BED ；（2）设二面角C PB A --为90，求直线PD 与平面PBC 所成角的大小. 【答案】（1）见解析；（2）30︒．【解析】（1）解法一：因为底面ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥， 又⊥PA 底面ABCD ，所以BD PC ⊥. 设F BD AC = ，连结EF ，因为EC PE PA AC 2,2,22===，故2,332,32===FC EC PC ， 从而6,6==EC AC FC PC ，因为PCA FCE ECACFC PC ∠=∠=,，所以FCE ∆∽PCA ∆， 90=∠=∠PAC FEC ，由此知EF PC ⊥，PC 与平面BED 内两条相交直线EF BD ,都垂直，所以⊥PC 平面BED .解法二：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，设)0,,2(),0,0,22(b D C ，其中0>b ，则)0,,2(),32,0,324(),2,0,0(b B E P -，于是)32,,32(),32,,32(),2,0,22(b b -==-=，从而0,0=⋅=⋅DE PC BE PC ，故DE PC BE PC ⊥⊥,，又E DE BE = ，所以⊥PC 平面BDE .（2）)0,,2(),2,0,0(b -==，设),,(z y x =为平面PAB 的法向量，则0,0=⋅=⋅，即02=z 且02=-by x ，令b x =，则)0,2,(b =， 设),,(r q p n =为平面PBC 的法向量，则0,0=⋅=⋅BE n PC n ， 即0222=-r p 且03232=+-r bq p ，令1=p ，则bq r 2,2-==， 所以)2,2,1(b-=，因为面⊥PAB 面PBC ，故0=⋅，即02=-b b ，故2=b ，于是)2,1,1(-=，)2,2,2(--=，21||||,cos =>=<DP n ， 所以 60,>=<DP n ．因为PD 与平面PBC 所成角和><,互余，故PD 与平面PBC 所成角的角为 30.17. 【河南省广东省佛山市2017届高三教学质量检测（一），19】（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，PAD △为正三角形，AB CD ∥，2AB CD =，90BAD ∠=︒，PA CD ⊥，E 为棱PB 的中点.PE DCA（1）求证：平面PAB ⊥平面CDE ；（2）若直线PC 与平面PAD 所成角为45︒，求二面角A DE C --的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）（2）因为AB CD ∥，PA CD ⊥，所以PA AB ⊥，又AB AD ⊥，PA AD A =，所以AB ⊥平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD ， 所以CPD ∠为PC 与平面PAD 所成的角，即45CPD ∠=︒，从而CD AD =.……………………6分以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，不妨设2AD =，则()0 0 0A ，，，()4 0 0B ，，，(0 1 P ，，()0 2 0D ，，，12 2E ⎛ ⎝⎭，.……7分所以12 2AE ⎛= ⎝⎭，，()0 2 0AD =，，. 设平面ADE 的法向量为() n x y z =，，，则00n AE n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即120220x y y ⎧++=⎪⎨⎪=⎩，解得0x z y ⎧=⎪⎨⎪=⎩. 令4z =-，得()3 0 4n =-，，.……………………9分由（1）可知PA ⊥平面CDE ，所以(0 1 AP =，为平面CDE 的一个法向量.…………10分所以cos 2AP n AP n AP n⋅<>===⨯，.所以二面角A DE C --的余弦值为……………………12分 18. 【四川巴中市2017届“零诊”，19】 (本小题满分12分)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 是BC 的中点.（1）求证：//1B A 平面1ADC ；（2）若AC AB ⊥，1==AC AB ，21=AA ，求平面1ADC 与平面1ABA 所成二面角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2【解析】（1）如图，连接C A 1，交1AC 于点E ，则点E 是C A 1和1AC 的中点，连接DE ，则B A DE 1//， ∵⊂DE 平面1ADC ，⊄B A 1平面1ADC ，∴//1B A 平面1ADC ；（2）如图建立空间直角坐标系xyz A -，则)0,0,0(A ，)0,0,1(B ，)0,1,0(C ，)2,1,0(1C ，)0,21,21(D ，则)0,21,21(=AD ，)2,1,0(1=AC ， 设平面1ADC 的法向量为),,(z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001AC ，得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0202121z y y x ， 取1=z ，得2-=y ，2=x ，得)1,2,2(-=， 易得平面1ABA 的法向量为)0,1,0(=，故32||||,cos -=>=<n m n m ， 故平面1ADC 与平面1ABA 所成二面角的正弦值为35)32(12=--.19.【四川省2016年普通高考适应性测试，19】（本小题满分12分）如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将 AED DCF △，△分别沿DE ，DF 折起，使 A C ，两点重合于P .（Ⅰ）求证：平面PBD BFDE ⊥平面； （Ⅱ）求二面角P DE F --的余弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）23【解析】（Ⅰ）证明：连接EF 交BD 于O ，连接OP .在正方形ABCD 中，点E 是AB 中点，点F 是BC 中点，所以 BE BF DE DF ==，， 所以DEB DFB △≌△，所以在等腰DEF △中，O 是EF 的中点，且EF OD ⊥， 因此在等腰PEF △中，EF OP ⊥， 从而EF OPD ⊥平面， 又EF BFDE ⊂平面， 所以平面BFDE OPD ⊥平面，即平面PBD BFDE ⊥平面.……………………………………6分 （Ⅱ）方法一：在正方形ABCD 中，连接AF ，交DE 于G ，设正方形ABCD 的边长为2， 由于点E 是AB 中点，点F 是BC 中点， 所以Rt Rt DAE ABF △≌△， 于是ADE FAB ∠=∠，从而90ADG DAG EAG DAG ∠+∠=∠+∠=︒， 所以AF DE ⊥，于是，在翻折后的几何体中，PGF ∠为二面角P DE F --的平面角， 在正方形ABCD中，解得AG =GF =， 所以，在PGF △中，PG AG ==，GF =1PF =， 由余弦定理得2222cos 23PG GF PF PGF PG GF +-∠==⋅，所以，二面角P DE F --的余弦值为23.………………………………12分方法二：由题知 PE PF PD ，，两两互相垂直，故以P 为原点，向量 PF PE PD ，，方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为2，则()0 0 0P ，，，()0 1 0E ，，，()1 0 0F ，，，()0 0 2D ，，. 所以()1 1 0EF =-，，，()0 1 2ED =-，，. 设() x y z =m ，，为平面EFD 的一个法向量， 由EF ED ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩m m 得020x y y z -=⎧⎨-+=⎩，令1x =，得11 1 2⎛⎫= ⎪⎝⎭m ，，，又由题知()1 0 0=n ，，是平面PED 的一个法向量， 所以2cos 3⋅<>==⋅m n m n m n ，.所以，二面角P DE F --的余弦值为23.………………………………12分20.【广东2017届高三上学期阶段测评（一），20】（本小题满分12分） 如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，底面ABC 为正三角形.（Ⅰ）证明：AC PB ⊥；（Ⅱ）若平面PAC ABC ⊥平面，2AC PC ==，求二面角A PC B --的余弦值.【答案】【解析】（Ⅰ）证明：取AC 的中点O ，连接PO ，BO ， ∵PA PC =， ∴PO AC ⊥， 又AB CB =， ∴AC POB ⊥平面，∴AC PB ⊥.………………………………5分（Ⅱ）平面PAC ABC ⊥平面且交于AC ，PO AC ⊥，∴PO ABC ⊥平面，则可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.又 2PA PC AC PC ===，，ABC △为正三角形，∴(()()0 0 0 0 1 0 0P B C -，，，，，，，()()0 3 3 1 0PB BC =-=-，，，，，.设() n x y z =，，为平面PBC 的法向量，则00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴0x =--=⎪⎩，∴z y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，取1y =-，则)1 1n =--，，为平面PBC 的一个法向量，又()0 0OB =，为平面PAC 的一个法向量，∴cos n OB <=，则二面角A PC B -=……………………………………12分 21.【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评，20】（本小题满分12分）如图，在矩形ABCD 中， 1 AB AD a ==，，PA ABCD ⊥平面，且1PA =， E F ，分别为 AD PA ，中点，在BC 上有且只有一个点Q ，使得PQ QD ⊥.（1）求证：平面BEF PDQ ∥平面； （2）求二面角E BF Q --的余弦值.【答案】 【解析】（1）方法一：以A 点为原点，分别以 AB AD AP ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则()()()()0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1A B D a P ，，，，，，，，，，，， 设()1 0Q x ，，，则()1 1PQ x =-，，，()1 0DQ a x =--，，，…………………………2分若PQ QD ⊥，则()10PQ QD x a x ⋅=-+-=， 即2210 4x ax a -+=∆=-，，∴0 2 1a x ∆===，，.………………………………………………4分 ∴()()1 1 0 1 1 0Q QD -，，，，，， 又E 是AD 中点，∴()0 1 0E ，，，()1 1 0BE =-，，，∴QD BE =，∴BE DQ ∥， 又BE PDQ ⊄平面，DQ PDQ ⊂平面，∴BE PDQ ∥平面， 又F 是PA 中点，∴EF PD ∥，∵EF PDQ ⊄平面，PD PDQ ⊂平面，∴EF PDQ ∥平面， ∵BEEF E =， BE EF PDQ ⊂，平面，∴平面BEF PDQ ∥平面.……………………6分方法二：（几何法）题意转化为矩形ABCD 中只需AQ 垂直于QD 的点Q 只有一个，则以AD 为直径的圆与线段BC 相切，易得2BC =，Q 是线段BC 的中点，由BE QD ∥，EF DP ∥，易得两平面平行.………6分22. 【河南八市重点高中2017届上学期第三次测评，20】（本小题满分12分） 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，直线AF ⊥平面ABCD ，//,2,21EF AB AD AB AF EF ====，点P 在棱DF 上.（1）求证：AD BF ⊥；（2）若P 是DF 的中点，求异面直线BE 与CP 所成角的余弦值； （3）若13FP FD =，求二面角D AP C --的余弦值. 【答案】(1)见解析；（2）15；（3）3.（3）因为AB ⊥平面ADF ，所以平面ADF 的一个法向量()11,0,0n =，由13FP FD =为知P 为FD 的三等分点且此时220,,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭.在平面APC 中，()220,,,1,2,033AP AC ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以平面APC 的一个法向量()22,1,1n =--.所以1212126cos ,3n n n n n n ==，又因为二面角D AP C --的大小为锐角，所以该二面角的余12分。

专题四立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系高考导航1. 利用平面的基本性质及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真假进行判断．2．以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体考查线线、线面与面面平行和垂直关系.1．(2016·山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[解析]若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.[答案]A2．(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 ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n[解析]对于A ，m 与l 可能平行或异面，故A 错；对于B 、D ，m 与n 可能平行、相交或异面，故B 、D 错；对于C ，因为n ⊥β，l ⊂β，所以n ⊥l ，故C 正确．故选C.[答案]C3．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)[解析]过点C 作直线a 1∥a ，b 1∥b ，则直线AC 、a 1、b 1两两垂直．不妨分别以a 1、b 1、AC 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，取n 1＝(1,0,0)为a 1的方向向量，n 2＝(0,1,0)为b 1的方向向量，令A (0,0,1)．可设B (cos θ，sin θ，0)，则AB →＝(cos θ，sin θ，－1)．当直线AB 与a 成60°角时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 〈n 1，AB →〉＝12，∴||cos θ＝22，|sin θ|＝22，∴|cos 〈n 2，AB →〉|＝12，即AB 与b 所成角也是60°.∵|cos 〈n 1，AB →〉|＝|cos θ|1×2＝|cos θ|2≤22， ∴直线AB 与a 所成角的最小值为45°.综上，②和③是正确的，①和④是错误的．故填②③.[答案]②③4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．[解](1)取P A 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.② 由①，②解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62， 从而AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎨⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0， 所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.易知所求二面角为锐角．因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.考点一 空间线面位置关系的判断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.[对点训练]1．(2017·中原名校联盟4月联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β[解析]对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.[答案]C2．(2017·山东潍坊3月模拟)已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下四个命题：①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；③若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确命题的个数是()A．4 B．3 C．2 D．1[解析]若m∥α，n∥β，且α∥β，则m，n可能平行，相交或异面，①错误；若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n∥β，则m⊥n，②正确；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m∥α，则m，n可能平行、相交或异面，③错误；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，则m⊥n，④正确，综上正确命题的个数是2，故选C.[答案]C3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是()A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C1[解析]由正方体的结构特征可知，直线AA1与直线EF异面；直线A1B1与直线EF异面；直线A1D1与直线EF异面；直线B1C1与直线EF均在平面BCC1B1内，且两直线不平行，所以两直线相交．[答案]D4．(2017·湖南十三校联考)过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．[解析]记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共有6条．[答案]6空间线面位置关系判定的两种方法(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．考点二空间线位置关系的证明[证明](1)如图所示，连接AB1交A1B于E，连接ED.∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AB＝BB1，∴侧面ABB1A1是正方形，∴E是AB1的中点，又已知D为AC的中点，∴在△AB1C中，ED是中位线，∴B1C∥ED，又B1C⊄平面A1BD，ED⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.(2)∵AC1⊥平面A1BD.∴AC1⊥A1B.∵侧面ABB1A1是正方形，∴A1B⊥AB1.又AC1∩AB1＝A，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.又∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥B1C1，又BB1∩A1B＝B，∴B1C1⊥平面ABB1A1.[探究追问]在例1(2)的条件下，设AB＝1，求三棱锥B－A1C1D 的体积．[解]∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面DC1A1.∴BD是三棱锥B－A1C1D的高．由(2)知B1C1⊥平面ABB1A1，∵B 1C 1∥BC ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1.∵AB ⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AB ，∴△ABC 是等腰直角三角形，又∵AB ＝BC ＝1，∴BD ＝22，∴AC ＝A 1C 1＝ 2.∴三棱锥B －A 1C 1D 的体积V ＝13·BD ·S △A 1C 1D ＝13×22×12A 1C 1·AA 1＝212×2×1＝16.(1)证明线线平行的4种常用方法①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直的3种常用方法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．[对点训练](2017·西宁模拟)如图，在几何体ABCDE 中，AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，AE ⊥平面ABD ，M 为线段BD 的中点，MC ∥AE ，且AE ＝MC ＝ 2.(1)求证：平面BCD ⊥平面CDE ；(2)若N 为线段DE 的中点，求证：平面AMN ∥平面BEC . [证明](1)∵AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，M 为线段BD 的中点， ∴AM ＝12BD ＝2，AM ⊥BD . ∵AE ⊥平面ABD ，MC ∥AE ， ∴MC ⊥平面ABD ， ∵AM ⊂平面ABD .∴MC ⊥AM ，又MC ∩BD ＝M ， ∴AM ⊥平面BCD . 又AE ＝MC ＝2，∴四边形AMCE 为平行四边形， ∴EC ∥AM ， ∴EC ⊥平面BCD ， ∵EC ⊂平面CDE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .(2)∵M 为BD 的中点，N 为DE 的中点， ∴MN ∥BE .∵MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC . ∴MN ∥面BEC .由(1)知EC ∥AM ，∵EC ⊂平面BEC ，AM ⊄平面BEC .∴AM∥面BEC，又∵AM∩MN＝M.AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.∴平面AMN∥平面BEC.考点三空间角的求解1．求异面直线所成的角(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成角(或补角)即为所求．(2)向量法：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a||b|.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝|n·a| |n||a|.3．向量法求二面角求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2| |n1||n2|；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.角度1：求两异面直线所成的角的大小[解](1)证明：四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，如图，则△ACD 为等边三角形，又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD ∥AB 得，AM ⊥AB ， ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1， 又AB ∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以AB ，AM ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2，∴DD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BD →＝0n ·A 1B →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3y ＝02x －2z ＝0⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值． sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD 1→|n |·|DD 1→|＝15.[解](1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO . 又由于△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC .所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .则A (1,0,0)，B (0，3，0)， C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积为12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量，则⎩⎨⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0.同理可取m ＝(0，－1，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝77.易知二面角D －AE －C 为锐二面角， 所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.向量法求线面角、二面角需破4“关”(1)“建系关”：构建恰当的空间直角坐标系； (2)“坐标关”：准确求解相关点的坐标；(3)“向量法”：准确求出直线的方向向量和平面的法向量； (4)“公式法”：准确利用公式进行求解及转化．[对点训练]1．(2017·山东泰安模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，P 是A 1B 1的中点，则直线PQ 与AM 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2[解析]以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝AB ＝AC ＝2，则AM →＝(0,2,1)，Q (1,1,0)，P (1,0,2)，QP →＝(0，－1,2)，所以QP →·AM →＝0，所以PQ 与AM 所成角为π2.[答案]D2．(2017·郑州模拟)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC,2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO .(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值． [解](1)证明：∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC . 又∵PO ，AB ⊂平面P AB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面P AB ，即CO ⊥平面PDB . 又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD .(2)以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1. 则C (2,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,2)，D (0，－1,1)，∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2,0)，BD →＝(0，－3,1)． 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1,1,3)． 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.3．(2017·西安八校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，AB ＝2BC ＝4，BF ＝CF ＝AE ＝DE ，EF ＝2，EF ∥AB ，AF ⊥CF.(1)若G为FC的中点，证明：AF∥平面BDG；(2)求平面ABF与平面BCF夹角的余弦值．[解](1)证明；如图，连接AC交BD于O点，则O为AC的中点，连接OG，∵点G为FC的中点，∴OG∥AF.∵AF⊄平面BDG，OG⊂平面BDG，∴AF∥平面BDG.(2)取AD的中点M，BC的中点Q，连接MQ，则MQ∥AB∥EF，∴M，Q，F，E共面．作FP⊥MQ于P，EN⊥MQ于N，则EN∥FP且EN＝FP.连接EM，FQ，∵AE＝DE＝BF＝CF，AD＝BC，∴△ADE和△BCF全等，∴EM＝FQ，∴△ENM和△FPQ全等，∴MN＝PQ＝1，∵BF＝CF，Q为BC中点，∴BC ⊥FQ ，又BC ⊥MQ ，FQ ∩MQ ＝Q ，∴BC ⊥平面MQFE ，∴PF ⊥BC ，又∵BC ∩MQ ＝Q ， ∴PF ⊥平面ABCD .以P 为原点，PM 为x 轴，PF 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (3,1,0)，B (－1,1,0)，C (－1，－1,0)，设F (0,0，h )，则AF →＝ (－3，－1，h )，CF →＝(1,1，h )．∵AF ⊥CF ，∴AF →·CF →＝0，解得h ＝2. 设平面ABF 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， AF →＝(－3，－1,2)，BF →＝(1，－1,2)，由⎩⎨⎧n 1·AF →＝0，n 1·BF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－y 1＋2z 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，令z 1＝1，得x 1＝0，y 1＝2，同理得平面BCF 的一个法向量为n 2＝(－2,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15×5＝15，∴平面ABF 与平面BCF 夹角的余弦值为15.热点课题15 立体几何中的“翻折”问题[感悟体验](2017·大连二模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C－AB－D的平面角的正切值为6，求二面角B－AD－E的余弦值．[解](1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD ＝BD，又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，又AB⊥AD，所以二面角C－AB－D的平面角为∠CAD.又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD.依题意tan∠CAD＝CDAD＝ 6.因为AD＝1，所以CD＝ 6.设AB＝x(x>0)，则BD＝x2＋1.依题意△ABD∽△DCB，所以ABAD＝CDBD，即x1＝6x2＋1.又x>0，解得x＝2，故AB＝2，BD＝3，BC＝BD2＋CD2＝3.如图a 所示，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63，所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63.由(1)知平面BAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧m ·DE →＝0，m ·DA →＝0得⎩⎨⎧32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0，令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3， 所以m ＝(6，－3，－3)． 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－12.由图可知二面角B －AD －E 的平面角为锐角， 所以二面角B －AD －E 的余弦值为12.。

课时作业1．(2016·河南省八市重点高中质量检测)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“a⊥b”是“α⊥β”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B [解析] 因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.2．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中不正确的是( )A．若m∥n，m⊥α，则n⊥αB．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nD [解析] 由线面平行、垂直之间的转化知A、B正确；对于C，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊂β，所以β⊥α，即C正确；对于D，m∥α，α∩β＝n，则m∥n，或m与n是异面直线，故D项不正确．3．(2016·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBCB [解析] A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A可以证明；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C可以证明；D中，由A知D可以证明；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BCC [解析] A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC 与BD 是异面直线，则A ，B ，C ，D 四点不共面，则AD 与BC 是异面直线；C 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，AD 不一定等于BC ；D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥BC .5．(2016·广州市五校联考)已知a ，b 是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若直线a ∥b ，b ⊂α，则a ∥αB ．若平面α⊥β，a ⊥α，则a ∥βC ．若平面α∥β，a ⊂α，b ⊂β，则a ∥bD ．若a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ，则α∥βD [解析] 构造长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1.对于A ，若AB ∥CD ，CD ⊂平面ABCD ，但AB ⊂平面ABCD ，A 错；对于B ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，AD ⊥平面ABB 1A 1，但AD ⊂平面ABCD ，B 错；对于C ，若平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AB ⊂平面ABCD ，但B 1C 1不平行于AB ，C 错；对于D ，若A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，AB ⊥平面ADD 1A 1，AB ∥A 1B 1，则平面BCC 1B 1∥平面ADD 1A 1，D 正确．故选D.6．如图，在正方体ABCD ­A1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( )A ．①B ．②C ．③D ．④B [解析] 作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．7.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AMMB ＝AN ND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．[解析] 由AM MB ＝AN ND ，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC .[答案] 平行8．已知E ，F ，G ，H 是空间四点，命题甲：E ，F ，G ，H 四点不共面，命题乙：直线EF 和GH 不相交，则甲是乙成立的________条件．[解析] 若E ，F ，G ，H 四点不共面，则直线EF 和GH 肯定不相交，但直线EF 和GH 不相交，E ，F ，G ，H 四点可以共面，例如EF ∥GH .[答案] 充分不必要9.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．[解析] 对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC；对于②，因为点M为线段PB的中点，所以OM∥PA，因为PA⊂平面PAC，所以OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．[答案] ①②③10．α、β是两个平面，AB、CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α、β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________．[解析] 由题意得，AB∥CD，所以A，B，C，D四点共面，①：因为AC⊥β，EF⊂β，所以AC⊥EF，又因为AB⊥α，EF⊂α，所以AB⊥EF，因为AB∩AC＝A，所以EF⊥平面ABCD，又因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥α.因为平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，所以EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.[答案] ①③11．(2016·云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥A­BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．(1)求证：AE⊥BD；(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥D­ABC的体积．[解] (1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，因为AB＝AD，所以AO⊥BD.又E为BC的中点，所以EO∥CD.因为CD⊥BD，所以EO⊥BD.又OA∩OE＝O，所以BD ⊥平面AOE .又AE ⊂平面AOE ，所以AE ⊥BD .(2)由已知得三棱锥D ­ABC 与C ­ABD 的体积相等．因为CD ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，所以CD ⊥平面ABD ，BD ＝BC 2－CD 2＝2 3.由已知得S △ABD ＝12×BD ×AD 2－BD 24＝ 3.所以三棱锥C ­ABD 的体积V C ­ABD ＝13×CD ×S △ABD ＝233. 所以三棱锥D ­ABC 的体积为233. 12．(2016·河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥F ­ABCD 的顶点F 作EF ∥AB ，使AB ＝2EF ，且平面ABFE ⊥平面ABCD ，若点G 在CD 上且满足DG ＝GC .(1)求证：FG ∥平面AED ；(2)求证：平面DAF ⊥平面BAF .[证明] (1)因为DG ＝GC ，AB ＝CD ＝2EF ，AB ∥EF ∥CD ，所以EF ∥DG ，EF ＝DG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以FG ∥ED .又因为FG ⊄平面AED ，ED ⊂平面AED ，所以FG ∥平面AED .(2)因为平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面BAF ，又AD ⊂平面DAF ，所以平面DAF ⊥平面BAF .13．(2016·昆明市两区七校调研)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．[解] (1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .因为M ，N 分别是BC ，GH 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ， NH ∥CD ，且NH ＝12CD ，所以OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，所以MN ∥OH ，又因为MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，所以MN ∥平面BDH .(3)由(2)知OM ∥NH ，OM ＝NH ，连接GM ，MH ，过点M ，N ，H 的平面就是平面GMH ，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH ，底面分别是四边形BMGF 和三角形MGC ，体积比等于底面积之比，即3∶1.14．(2016·长春市质量检测(二))在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD是菱形，PD ⊥平面ABCD ，点D 1为棱PD 的中点，过D 1作与平面ABCD 平行的平面与棱PA ，PB ，PC 相交于点A 1，B 1，C 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：B 1为PB 的中点；(2)已知棱锥的高为3，且AB ＝2，AC ，BD 的交点为O ，连接B 1O .求三棱锥B 1­ABO 外接球的体积．[解] (1)证明：连接B 1D 1.⎭⎪⎬⎪⎫平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1平面PBD ∩平面ABCD ＝BD 平面PBD ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1⇒BD ∥B 1D 1， 即B 1D 1为△PBD 的中位线， 即B 1为PB 的中点． (2)由(1)可得，OB 1＝32，AO ＝3，BO ＝1，且OA ⊥OB ，OA ⊥OB 1，OB ⊥OB 1，即三棱锥B 1­ABO 的外接球为以OA ，OB ，OB 1为长，宽，高的长方体的外接球，则该长方体的体对角线长d ＝12＋（3）2＋⎝⎛⎭⎪⎫322＝52，即外接球半径R ＝54.4 3πR3＝43×π×⎝⎛⎭⎪⎫543＝125π48.则三棱锥B1­ABO外接球的体积V＝。

第 2 讲空间点、线、面的地点关系高考定位 1. 以几何体为载体考察空间点、线、面地点关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；2. 以解答题的形式考察空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相浸透.真题感悟1.(2017 ·全国Ⅰ卷) 如图，在以下四个正方体中，A， B 为正方体的两个极点，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()分析法一关于选项 B，如图 (1) 所示，连结CD，由于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.所以 A 项中直线AB与平面MNQ不平行 .图 (1)图(2)法二关于选项A，此中O为BC的中点 ( 如图 (2) 所示 ) ，连结OQ，则OQ∥AB，由于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项中直线 AB与平面MNQ不平行.答案A2.(2018 ·全国Ⅰ卷) 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为()3323A.4B.3323C.4D. 2分析如图，依题意，平面α 与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，简单获得平面ABC 切合题意，从而全部平行于平面ABC 的平面11均切合题意 .由对称性，知过正方体ABCD－ A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此EFGHIJ.正六边形 EFGHIJ的边长为22时截面为正六边形 2，将该正六边形分红 6 个边长为223233的正三角形 . 故其面积为 6×4×2＝4 .答案A3. (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；8(2)若 PA＝PD＝ AB＝DC，∠ APD＝90°，且四棱锥 P－ ABCD的体积为3，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，连结 PE.∵PA＝ PD，∴ PE⊥ AD.由(1)知， AB⊥平面 PAD， PE?平面 PAD，故 AB⊥PE，又 AB∩ AD＝ A，可得 PE⊥平面 ABCD.设＝，则由已知可得＝2x ，＝2，AB x AD PE 2 x故四棱锥－的体积P ABCDP－ ABCD＝1··＝13.V3AB AD PE3x由题设得 1 3＝8，故x ＝2.3x3从而 PA＝ PD＝ AB＝ DC＝2， AD＝BC＝22，PB＝PC＝ 22，可得四棱锥P－ ABCD的侧面积为111122PA· PD＋2PA· AB＋2PD· DC＋2BC sin 60°＝6＋2 3.考点整合1.直线、平面平行的判断及其性质(1)线面平行的判断定理： 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)面面平行的判断定理： 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、平面垂直的判断及其性质(1) 线面垂直的判断定理：?α， ?α，∩＝，⊥ ，⊥ ?⊥α.m n m n P l m l n l(2)线面垂直的性质定理： a⊥α， b⊥α? a∥ b.(3)面面垂直的判断定理： 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.热门一空间点、线、面地点关系的判断【例 1】(2018 ·成都诊疗 ) 已知m，n是空间中两条不一样的直线，α，β 是两个不一样的平面，且 m?α， n?β.有以下命题：①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝，且⊥，⊥，则α⊥β；l m l n l④若α∩β＝，且⊥，⊥，则α⊥β.l m l m n此中真命题的个数是 ()A.0B.1C.2D.3分析①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；②若α∥β，依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 不必定垂直，不正确；④若α∩β＝ ，且 ⊥ ， ⊥ ， 与 n 不必定订交，不可以推出 α⊥ β，不正确 .lm lm n l答案B研究提升1. 判断与空间地点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、面面垂直的判断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、四周体模型等模型中察看线面地点关系，联合有关定理，进行必定或否认 .2. 两点注意： (1) 平面几何中的结论不可以完整引用到立体几何中；(2) 当从正面下手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，从而作出判断.【训练 1】 (1)(2018 ·石家庄调研 ) 如图， 在三棱台 ABC －A 1B 1C 1 的 6个极点中任取 3 个点作平面 α，设 α ∩平面 ABC ＝ l ，若 l ∥ A 1C 1，则这 3 个点能够是 ()A.，，1B. 1， 1，AB C AB CC. 1，1，CD.1，，1A BAB C(2)(2018 ·菏泽模拟 ) 已知 m ， n 是两条不一样的直线，α， β， γ 是三个不一样的平面，则下列正确的选项是 ( )A. 若 m ∥ α， n ∥ α，则 m ∥ nB. 若 α⊥ γ，β⊥ γ，则 α∥ βC.若 m ∥ α， n ∥ β，则 α ∥βD. 若 m ⊥ α， n ⊥ α，则 m ∥ n分析 (1) 在棱台中， AC ∥A 1C 1，l ∥A 1 C 1，则 l ∥AC 或 l 为直线 AC . 所以平面 α 能够过点 A 1，B ，C 1，选项D 正确 .(2) 联合长方体模型，易判断选项 A ，B ，C 不正确 . 由线面垂直的性质，当 m ⊥ α，n ⊥α 时，有 m ∥ n ， D 项正确 .答案(1)D(2)D热门二空间平行、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，并且 ABED为平行四边形.∴BE⊥ CD，AD⊥ CD，由(1) 知PA⊥底面ABCD，且CD? 平面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.【迁徙研究1】在本例条件下，证明平面BEF⊥平面 ABCD.证明如图，连结AC，设 AC∩ BE＝ O，连结 FO，AE.1∵AB∥ CD，CD＝2AB， CE＝2CD，∴AB綉 CE.∴四边形 ABCE为平行四边形.∴O为 AC的中点，又F 为 PC的中点，则FO∥ PA，又 PA⊥平面 ABCD，∴FO⊥平面 ABCD.又 FO?平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 ABCD.【迁徙研究2】在本例条件下，若AB＝ BC，求证： BE⊥平面 PAC.证明连结 AC，设 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.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.研究提升垂直、平行关系证明中应用转变与化归思想的常有种类.(1)证明线面、面面平行，需转变为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转变为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转变为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转变为证明线面垂直，从而转变为证明线线垂直.【训练 2】 (2018 ·北京卷 ) 如图，在四棱锥－中，底面ABCDP ABCD为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥ PD，PA＝ PD，E，F 分别为 AD，PB的中点.(1)求证： PE⊥ BC；(2)求证：平面 PAB⊥平面 PCD；(3)求证： EF∥平面 PCD.证明(1) 由于PA＝PD，E为AD的中点，所以 PE⊥ AD.由于底面 ABCD为矩形，所以 BC∥ AD.所以 PE⊥ BC.(2)由于底面 ABCD为矩形，所以 AB⊥ AD.又由于平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝ AD，AB?平面ABCD，所以 AB⊥平面 PAD，且 PD?平面 PAD.所以 AB⊥ PD.又由于 PA⊥ PD，且 PA∩ AB＝A，所以 PD⊥平面 PAB.又 PD?平面 PCD，所以平面 PAB⊥平面 PCD.(3)如图，取 PC中点 G，连结 FG， DG.由于 F， G分别为 PB， PC的中点，1所以 FG ∥ BC ， FG ＝2BC .由于 ABCD 为矩形，且 E 为 AD 的中点，1所以 DE ∥ BC ， DE ＝2BC .所以 DE ∥ FG ， DE ＝ FG .所以四边形 DEFG 为平行四边形 .所以 EF ∥ DG .又由于 EF ?平面 PCD ， DG ? 平面 PCD ，所以 EF ∥平面 PCD .热门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 的地点 .(1) 证明： AC ⊥ HD ′；(2) 若 AB ＝5， AC ＝ 6， AE ＝ 5， OD ′＝ 2 2，求五棱锥 D ′－ ABCFE 的体积 . 4(1) 证明 由已知得 AC ⊥ BD ，AD ＝ CD ，AE CF又由 AE ＝ CF 得＝，故 AC ∥EF ，AD CD由此得 EF ⊥ HD ，故 EF ⊥ HD ′，所以 AC ⊥ HD ′.(2) 解 由 EF ∥AC 得 ＝ ＝1.DO AD 4OHAE22由 AB ＝ 5，AC ＝ 6 得 DO ＝ BO ＝ AB － AO ＝ 4，所以 OH ＝ 1， D ′ H ＝DH ＝ 3，222)222于是 OD ′ ＋ OH ＝ (2 ＋ 1 ＝9＝ D ′H ，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 EF DH9＝ 得EF ＝ .AC DO 2 五边形 的面积 11 9 69 ＝ ×6×8－ ××3＝ .ABCFES 22 2 4169232所以五棱锥 D′－ ABCFE的体积 V＝3×4×22＝2.研究提升 1. 解决与折叠有关的问题的重点是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般状况下，线段的长度是不变量，而地点关系常常会发生变化，抓住不变量是解决问题的打破口.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，既要剖析折叠后的图形，也要剖析折叠前的图形，擅长将折叠后的量放在原平面图形中进行剖析求解.【训练 3】 (2018 ·全国Ⅰ卷 ) 如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ ACM＝90°.以 AC为折痕将△ ACM折起，使点 M抵达点 D的地点，且 AB⊥ DA.(1) 证明：平面ACD⊥平面 ABC；2(2) Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝ DQ＝3DA，求三棱锥Q－ABP的体积.(1)证明由已知可得，∠ BAC＝90°，即 BA⊥ AC.又 BA⊥ AD， AC∩ AD＝ D， AC，AD?平面 ACD，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＝ AM＝3 2.2又 BP＝ DQ＝3DA，所以 BP＝2 2.1作 QE⊥ AC，垂足为 E，则 QE綉3DC.由已知及 (1) 可得DC⊥平面ABC，所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1.所以，三棱锥Q－ ABP的体积为111V Q－ABP＝3× QE× S△ABP＝3×1×2×3×22sin 45°＝1.1.空间中点、线、面的地点关系的判断(1) 能够从线、面的观点、定理出发，学会找特例、反例.(2)能够借滋长方体，在理解空间点、线、面地点关系的基础上，抽象出空间线、面的地点关系的定义.2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法以下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公义，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变换：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变换.(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，只要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，重点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有关线段的长度、角度等.一、选择题1.(2018 ·浙江卷 ) 已知平面α，直线m，n知足m?α，n? α，则“m∥n”是“m∥α”的 ()A. 充足不用要条件B.必需不充足条件C.充足必需条件D. 既不充足也不用要条件分析若?， ?α，∥，由线面平行的判断定理知∥α. 若∥α， ?， ?α，m αn m n m m m αn 不必定推出m∥ n，直线 m与 n 可能异面.故“ m∥n”是“m∥ α”的充足不用要条件.答案A2.(2017 ·全国Ⅲ卷) 在正方体ABCD－ A1B1C1D1中， E 为棱 CD的中点，则()A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D. A1E⊥AC分析如图，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1⊥1.AE BC答案C3.(2018 ·湖南师大联考 ) 如图，正方体－ 1 1 1 1 的棱长为1，点ABCD A B CDM是对角线 C1B 上的动点，则CM＋ MD1的最小值为()A.2＋ 2B.2＋ 2C.2＋ 6D.2分析将△ CBC1沿 BC，CC1剪开，并沿 BC1折起，使平面 CBC1和平面BC1D1A共面如图 . 连″交′于点. 则＋最短 ( 即线段″) ，在111△ 1 1″中，∠1 1″＝ 135°，由余弦定理，得″12＝ 12＋12－DCC DCC C D2＋1 的最小值为2＋ 2.2×1·cos 135 °＝ 2＋ 2. 故CM MD答案A4.( 2018·全国Ⅱ卷) 在正方体ABCD－ A1B1C1D1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.2B.3572C. D. 222分析如图，连结，由于∥，所以异面直线AE 与所成的角等于订交直线AE与BE AB CD CDAB所成的角，即∠ EAB.不如设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝ 2，由勾股定理得BE＝ 5.又由⊥平面 1 1 及?平面 1 1，可得⊥，所以 tan ∠＝BE5＝ .AB BCCB BE BCCB AB BE EAB AB2答案C5.(2018 ·安徽江南联考) 关于四周体ABCD，有以下命题：①若A B＝ AC＝ AD，则 AB，AC， AD 与底面所成的角相等；②若AB⊥ CD， AC⊥ BD，则点 A 在底面 BCD内的射影是△ BCD的心里；③四周体 ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四周体ABCD的6条棱长都为1，则π它的内切球的表面积为6 . 此中正确的命题是()A. ①③B. ③④C. ①②③D. ①③④分析①正确，若AB＝ AC＝ AD，则 AB， AC， AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图 (1) ，点A在平面BCD的射影为点O，连结 BO， CO，可得 BO⊥ CD， CO⊥ BD，所以点 O是△ BCD的垂心；图 (1)图(2)③正确，如图 (2) ，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，则四周体ABCD的四个面均为直角三角形；6161④正确，正四周体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为 3，依据等体积公式3×S×3＝362π×4×S×r，解得r＝12，那么内切球的表面积S＝4π r＝6 .故正确的命题是①③④.答案D二、填空题AM AN6.如图，在空间四边形 ABCD中，点 M∈ AB，点 N∈ AD，若＝，则直MB ND线 MN与平面 BDC的地点关系是______.AM AN分析由＝，得MN∥ BD.MB ND而 BD?平面 BDC， MN?平面 BDC，所以 MN∥平面 BDC.答案平行7. 在正方体－ 1111中，E 为线段1 1 上的一个动点，则以下结论中正确的选项是ABCD A BCD BD________( 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.分析因 AC⊥平面 BDD1B1，而 BE?平面 BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面 ABCD，故②正确；记正方体的体积为，则V＝1与 1 不垂直，故④错误.－，为定值，故③正确；1ABCE答案①②③8.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，组成三棱锥 A－ BCD，则在三棱锥 A－ BCD中，以下命题正确的选项是________( 填序号 ).①平面⊥平面ABC ②平面⊥平面BDCABD ADC③平面⊥平面BDC ④平面⊥平面ABCABC ADC11∠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.(2018 ·江苏卷 ) 在平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中， AA1＝AB， AB1⊥B1C1.求证： (1) AB∥平面A1B1C；(2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.证明(1) 在平行六面体ABCD－ A1B1C1D1中， AB∥ A1B1.由于 AB?平面 A1B1C， A1B1?平面 A1B1C，所以 AB∥平面 A1B1C.(2)在平行六面体 ABCD－ A1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形.又由于 AA1＝ AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以 AB1⊥ A1B.又由于 AB1⊥ B1 C1， BC∥ B1C1，所以 AB1⊥ BC.又由于 A1B∩ BC＝ B， A1B?平面 A1BC，BC?平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC.由于 AB1?平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.10.(2018 ·潍坊三模 ) 以下图，五面体ABCDEF中，四边形A CFDπ是等腰梯形， AD∥ CF，∠ DAC＝3，BC⊥平面 ACFD，CA＝ CB＝ CF＝1，AD＝ 2CF，点G为AC的中点 .(1)在 AD上能否存在一点 H，使 GH∥平面 BCD？若存在，指出点 H的地点并给出证明；若不存在，说明原因；(2)求三棱锥 G－ ECD的体积.解 (1) 存在点H，H为AD中点 . 证明以下：连结 GH，在△ ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD，又 GH?平面 BCD， CD?平面BCD，∴GH∥平面 BCD.(2) 由题意知：AD∥CF，AD? 平面ADEB，CF?平面ADEB，∴CF∥平面 ADEB，又 CF?平面 CFEB，平面 CFEB∩平面 ADEB＝ BE，∴CF∥ BE，∴V G－ECD＝ V E－GCD＝V B－GCD，π∵四边形 ACFD为等腰梯形，且∠DAC＝3.π∴∠ ACD＝2，1又∵ CA＝ CB＝ CF＝1， AD＝2CF，∴ CD＝3，CG＝2，又 BC⊥平面 AFCD，∴V111113－＝×× ×＝×××3×1＝ .B GCD3∴三棱锥 G－ ECD的体积为.1211.如图，在矩形 ABCD中， AB＝2AD，M为 DC的中点，将△ ADM沿 AM折起使平面 ADM⊥平面ABCM.(1)当 AB＝2时，求三棱锥 M－BCD的体积；(2)求证： BM⊥ AD.(1)解取 AM的中点 N，连结 DN(如图).∵在矩形 ABCD中， M为 DC的中点， AB＝2AD，∴DM＝ AD.又 N为 AM的中点，∴ DN⊥ AM.又∵平面ADM⊥平面 ABCM，平面 ADM∩平面 ABCM＝AM， DN?平面ADM，∴DN⊥平面 ABCM.2∵AD＝1，∴ DN＝2.11又 S△BCM＝· CM· CB＝，2212∴V 三棱锥M－BCD＝ V三棱锥D－BCM＝3S△BCM× DN＝12.(2) 证明由(1)可知，DN⊥平面ABCM.又 BM?平面 ABCM.∴BM⊥ DN.在矩形 ABCD中， AB＝2AD， M为 MC的中点，∴△ ADM，△ BCM都是等腰直角三角形，且∠A DM＝90°，∠ BCM＝90°，∴BM⊥ AM.又 DN， AM?平面 ADM， DN∩ AM＝ N，∴BM⊥平面 ADM.又 AD?平面 ADM，∴BM⊥ AD.。

江苏专用高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文苏教版第2讲空间点、线、面的位置关系[2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019 2018 20171．空间点、线、面位置关系的判断江苏高考立体几何解答题一般位居试卷15或16题的位置．试题主要来源于课本习题改编，主要考查空间平行和垂直，这是近几年一贯的命题原则．预计2020年命题仍会坚持这个命题思想．空间点、线、面位置关系的判断一般会作为填空题考查，平面图形的折叠问题和探索性问题是命题的冷点，复习做适当关注．2．空间平行和垂直第16题第15题第15题3．平面图形的折叠问题4．立体几何中的探索性问题1．必记的概念与定理(1)线面平行与线面垂直的判定定理、性质定理；(2)面面平行与面面垂直的判定定理、性质定理．2．需要活用的关系与结论3．需要关注的易错点使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可．解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．空间线面位置关系的判断[典型例题](2019·镇江期末)设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列三个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β．其中正确命题的序号为________．【解析】①中，当m⊂α时命题不成立；②中，只有当m，n相交时才一定成立；③是平面与平面垂直的性质定理，故只有③正确．【答案】③解决此类问题，可以从三个角度加以研究，一是与相关的定理的条件进行比较，看是否缺少条件，若缺少条件，则肯定是错误的；二是采用模型法，即从一个常见的几何体中来寻找满足条件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否举出一个反例．[对点训练]1．设l是直线，α，β是两个不同的平面，以下四个命题：①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β，其中正确的是 ________．[解析] 设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故①错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以②正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此③错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此④错误．[答案] ②空间平行和垂直[典型例题](2019·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E．【证明】(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1．(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE．因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1．因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E．(1)立体几何中，要证线面平行，可利用线线平行的判定定理、面面平行的性质定理证明．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(3)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此有时候需要画出一些图形辅助使用．[对点训练]2．(2018·高考江苏卷)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．[证明] (1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．平面图形的折叠问题[典型例题]已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．①BM是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE．【解析】取DC中点N，连结MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，所以平面MNB∥平面A1DE，因为MB⊂平面MNB，所以MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝12A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以MB是定值．①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．【答案】①②④(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)把平面图形翻折后，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去解决．[对点训练]3．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(七))如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起，使得∠DFA＝60°．设G为AF上的点．(1)试确定点G的位置，使得CF∥平面BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DG⊥AE．[解] (1)当点G为AF的中点时，CF∥平面BDG．证明如下：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF∥AB∥CD．连接AC，交BD于点O，连接OG，则AO＝CO，又G为AF的中点，所以CF∥OG，因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面DBG．所以CF∥平面BDG．(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥FA．又FD∩FA＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG．因为FD＝FA，∠DFA＝60°，所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，又AF∩EF＝F，所以DG⊥平面ABEF．因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE．立体几何中的探索性问题[典型例题](2019·江苏省高考名校联考(九))如图，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，CO ⊥AD ，且AB ＝AO ＝13AD ＝1，OP ＝12CD ＝2，PA ＝3．(1)在线段PD 上找一点M ，使得CM ∥平面PAB ； (2)证明：平面PCD ⊥平面PAB ．【解】 (1)在线段PD 上取点M ，使得PM ＝13PD ，连接OM ．在△PAD 中，OA ＝13AD ，PM ＝13PD ，所以OM ∥PA ．又在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，CO ⊥AD ， 所以AB ∥CO ．因为AB ∩PA ＝A ，CO ∩OM ＝O ， 所以平面MOC ∥平面PAB ，又CM ⊂平面MOC ，所以CM ∥平面PAB ．(2)证明：在△PAO 中，PA ＝3，AO ＝1，OP ＝2， 所以AO 2＋OP 2＝AP 2，故AO ⊥OP ． 在Rt △POD 中，OD ＝2，故PD 2＝OP 2＋OD 2＝(2)2＋22＝6．故在△PAD 中，PA 2＋PD 2＝AD 2，所以AP ⊥PD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ， 又PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD ．又AB ⊂平面PAB ，AP ⊂平面PAB ，AB ∩AP ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB ．又PD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAB ．立体几何探索性命题的类型一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．解这类题采用的策略是：(1)通过各种探索尝试给出条件．(2)找出命题成立的必要条件，再证明充分性．二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，探索的结论是否存在． 解这类题采用的策略是：常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．[对点训练]4．(2019·南通模拟)在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，点D 是BC 的中点，BC ＝BB 1．(1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ；(2)试在棱CC 1上找一点M ，使MB ⊥AB 1．[解] (1)证明：连结A 1B ，交AB 1于点O , 连结OD ．因为O 、D 分别是A 1B 、BC 的中点， 所以A 1C ∥OD ．因为A 1C ⊄平面AB 1D ，OD ⊂平面AB 1D ， 所以A 1C ∥平面AB 1D ． (2)M 为CC 1的中点． 证明如下：因为在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， 所以四边形BCC 1B 1是正方形． 因为M 为CC 1的中点，D 是BC 的中点， 所以△B 1BD ≌△BCM ，所以∠BB 1D ＝∠CBM ，∠BDB 1＝∠CMB ． 又因为∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，所以BM ⊥B 1D ．因为△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， 所以AD ⊥BC ．因为平面ABC ⊥平面BB 1C 1C , 平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面BB 1C 1C ． 因为BM ⊂平面BB 1C 1C ， 所以AD ⊥BM ． 因为AD ∩B 1D ＝D ， 所以BM ⊥平面AB 1D ． 因为AB 1⊂平面AB 1D ， 所以MB ⊥AB 1．1．(2019·揭阳模拟改编)设平面α，β，直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂α，则“a ∥β，b ∥β”是“α∥β”的________条件．[解析] 由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a ，b 是平面α内两条相交直线，且a ∥β，b ∥β，则α∥β；当α∥β，若a ⊂α，b ⊂α，则a ∥β，b ∥β，因此“a ∥β，b ∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．[答案] 必要不充分2．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与过点A 、E 、C 的平面的位置关系是________．[解析] 连结AC 、BD 相交于一点O ，连结OE 、AE 、EC ， 因为四边形ABCD 为正方形， 所以DO ＝BO ．而DE ＝D 1E ，所以EO 为△DD 1B 的中位线， 所以EO ∥D 1B ，所以BD 1∥平面AEC ． [答案] BD 1∥平面AEC3．(2019·南京模拟)四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥底面ABCD 且PA ＝4，则PC 与底面ABCD 所成角的正切值为________．[解析] 因为PA ⊥底面ABCD ，所以PC 在底面ABCD 上的射影为AC ，∠PCA 就是PC 与底面ABCD 所成的角，tan ∠PCA ＝PA AC＝2．[答案] 24．(2019·南京、盐城模拟)已知平面α，β，直线m ，n ，给出下列命题： ①若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α⊥β； ②若α∥β，m ∥α，n ∥β，则m ∥n ；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n．其中是真命题的是________．(填写所有真命题的序号)[解析] ①错误，还有可能α，β相交；②错误，直线m，n可能平行、相交或异面；③④正确．[答案] ③④5．(2019·镇江期末)如图，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A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列命题正确的是________．(填序号)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．[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，所以CD⊥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] ④6．(2019·无锡期末)已知两条直线m、n，两个平面α、β．给出下面四个命题：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③m∥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β．其中正确命题的序号是________．[解析] 两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故①正确；两平面平行，分别在这两平面内的两直线可能平行，也可能异面，故②错；m∥n，m∥α时，n ∥α或n⊂α，故③错；由α∥β，m⊥α得m⊥β，由m⊥β，n∥m得n⊥β，故④正确．[答案] ①④7．(2019·苏州调研)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．[解析] 如图所示，在线段DD 1上靠近点D 处取一点T ，使得DT ＝13，因为N 是线段DD 1上靠近D 1的三等分点，故D 1N ＝23，故NT ＝2－13－23＝1，因为M 为CC 1的中点，故CM ＝1，连接TC ，由NT ∥CM ，且CM ＝NT ＝1，知四边形CMNT 为平行四边形，故CT ∥MN ，同理在AA 1上靠近A 处取一点Q ′，使得AQ ′＝13，连接BQ ′，TQ ′，则有BQ ′∥CT ∥MN ，故BQ ′与MN 共面，即Q ′与Q 重合，故AQ ＝13．[答案] 138．如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于点E ，AF ⊥DC 交DC 于点F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D ­AEF 体积的最大值为________．[解析] 因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF ．又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB ．又DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D ­AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D ­AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)．[答案]269．如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC ⊥BE ； ②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ­BEF 的体积为定值； ④△AEF 的面积与△BEF 的面积相等．[解析] 因为AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D ，所以AC ⊥BE ，故①正确．因为B 1D 1∥平面ABCD ，又E 、F 在线段B 1D 1上运动，故EF ∥平面ABCD ．故②正确．③中由于点B 到直线EF 的距离是定值，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为定值，故V A ­BEF 不变．故③正确．由于点A 到B 1D 1的距离与点B 到B 1D 1的距离不相等，因此△AEF 与△BEF 的面积不相等，故④错误．[答案] ①②③10．在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8，∠ABC ＝60°，PC ⊥平面ABC ，PC ＝4，M 是AB 上一个动点，则PM 的最小值为________．[解析] 如图，因为PC ⊥平面ABC ，MC ⊂平面ABC ，所以PC ⊥MC ．故PM ＝PC 2＋MC 2＝MC 2＋16．又因为MC 的最小值为4×438＝23，所以PM 的最小值为27． [答案] 2711．(2019·江苏省高考名校联考(五))如图，在斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CC 1＝CA ，点E ，F 分别为AC 1，BC 1的中点．(1)若B 1C 1上存在一点G ，使得平面EFG ∥平面AA 1B 1B ，求证：点G 为B 1C 1的中点；(2)若AC 1⊥AB ，求证：平面CEF ⊥平面ABC 1．[证明] (1)如图，连接AB 1，因为平面EFG ∥平面AA 1B 1B ，EG ⊂平面EFG ，所以EG ∥平面AA B B ．因为EG⊂平面AB1C1，平面AB1C1∩平面AA1B1B＝AB1，所以EG∥AB1，因为点E为AC1的中点，所以点G为B1C1的中点．(2)因为CC1＝CA，点E为AC1的中点，所以CE⊥AC1．因为点E，F分别为AC1，BC1的中点，所以EF∥AB，因为AC1⊥AB，所以EF⊥AC1．又CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面CEF，所以AC1⊥平面CEF，因为AC1⊂平面ABC1，所以平面CEF⊥平面ABC1．12．(2019·南通调研)如图，在四面体ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°．M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．(1)求证：CD∥平面MNQ；(2)求证：平面MNQ⊥平面CAD．[证明] (1)因为M，Q分别为棱AD，AC的中点，所以MQ∥CD，又CD⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，故CD∥平面MNQ．(2)因为M，N分别为棱AD，BD的中点，所以MN∥AB，又∠BAD＝90°，故MN⊥AD．因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN⊂平面ABD，所以MN⊥平面CAD．又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD．13．(2019·南京、盐城模拟)如图①，E，F分别是直角三角形ABC边AB和AC的中点，∠B＝90°，沿EF将三角形ABC折成如图②所示的锐二面角A1­EF­B，若M为线段A1C的中点．求证：(1)直线FM∥平面A EB；(2)平面A 1FC ⊥平面A 1BC ．[证明] (1)取A 1B 中点N ，连结NE ，NM (图略)，则MN 綊12BC ，EF 綊12BC ，所以MN 綊FE ， 所以四边形MNEF 为平行四边形，所以FM ∥EN ，又因为FM ⊄平面A 1EB ，EN ⊂平面A 1EB ，所以直线FM ∥平面A 1EB ．(2)因为E ，F 分别为AB 和AC 的中点，所以A 1F ＝FC ，所以FM ⊥A 1C ． 同理，EN ⊥A 1B ，由(1)知，FM ∥EN ，所以FM ⊥A 1B ．又因为A 1C ∩A 1B ＝A 1，所以FM ⊥平面A 1BC ，又因为FM ⊂平面A 1FC ，所以平面A 1FC ⊥平面A 1BC ．14．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD ­A 1C 1D 1，且这个几何体的体积为403．(1)求AA 1的长；(2)在线段BC 1上是否存在点P ，使直线A 1P 与C 1D 垂直，如果存在，求线段A 1P 的长，如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为VABCD ­A 1C 1D 1＝VABCD ­A 1B 1C 1D 1－VB ­A 1B 1C 1＝2×2×AA 1－13×12×2×2×AA 1＝103AA 1＝403， 所以AA 1＝4．(2)存在点P 满足题意．在平面CC 1D 1D 中作D 1Q ⊥C 1D 交CC 1于Q ，过Q 作QP ∥CB 交BC 1于点P ，则A 1P ⊥C 1D ．因为A 1D 1⊥平面CC 1D 1D ，C 1D ⊂平面CC 1D 1D ， 所以C 1D ⊥A 1D 1，而QP ∥CB ，CB ∥A 1D 1， 所以QP ∥A 1D 1，又因为A 1D 1∩D 1Q ＝D 1，所以C 1D ⊥平面A 1PQD 1， 且A 1P ⊂平面A 1PQD 1，所以A 1P ⊥C 1D ． 因为Rt △D 1C 1Q ∽Rt △C 1CD ， 所以C 1Q CD ＝D 1C 1C 1C，所以C 1Q ＝1， 又因为PQ ∥BC ，所以PQ ＝14BC ＝12． 因为四边形A 1PQD 1为直角梯形，且高D 1Q ＝5， 所以A 1P ＝（2－12）2＋5＝292．。