2021版高考数学二轮复习专题限时集训8空间位置关系的判断与证明文2020147

高考攻略 黄冈第二轮复习新思维 数学专题八 空间图形位置的几何证明 命题人；董德松 易赏异面但不垂直相交但不垂直垂直平行的位置关系、上的动点，则直线是的中点，是的中心，是底面正方形中，，正方体如图，，∥，，∥，，∥，∥，的一个充分条件是，、和平面、对于直线无最小值，最大值为，无最大值最小值为，最大值为最小值为，最大值为最小值为所成的角与异面的任意直线，则内与是平面的斜线，是平面角，成与平面直线至少有一个平面垂直与过至少有一个平面平行与过平行、至多有一个平面分别与都垂直、至多有一条直线与题正确的是是异面直线，则以下命、若一、选择题....28.4.. (32)..2...2.. (11)111111D C B A AE PO B A P D D E ABCD O D C B A ABCD n m n m D m n n m C n m n m B n m n m A n m D C B A b a a a b a a a a ba D ba Cb a B b a A b a -⊥⊥⊂⊥⊂=⊥⊥⊥-βααβαβαβαβαβαπθπθθπθϑβαβαβαβαβαβαβαβααβαβαγαβαββγαγαγααγβγβα⊥⊥⊥⊥--∉∈=⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊂=∙∙∙b a D b a C b a B b a A b a b a l l P D P C l P B P A l P P l D ml m C m B ml A m m l l m l 且∥且且∥∥　且∥的一个条件是所成的角为定值、是是空间两条直线，则能，角，若是大小确定的一个二面已知的平面垂直与且垂直与过点内的直线在且垂直于过点内的直线在且垂直于过点的直线平行于且垂直于过点是题命假，则下列命题中的，，且点，若平面且∥且∥∥且且，那么必有和，∥，满足：、、与平面、如图直线.....7.....6.. (5)可）（只需写出一个截面即一个截面试写出满足这样条件的成角相等，条棱所在直线与截面所使正方体的做截面，中过点正方体如图平面⑤平面平面④平面平面③平面平面②平面平面①平面下列五个结论正确的是，平面，中，所示，已知三棱锥如图的最小值为上一动点，则是，，面，，，中，在二、填空题不可能是相交直线不可能是平行直线一定是相交直线一定是异面直线与，那么平行于直线是异面直线，直线，已知相交与平行，则与平面是异面直线，若，设，则是直二面角，若直线设二面角平行内或与平面在，则和一条直线，且内的射影依次是一个点在平面，若直线∥，则都平行于平面，若直线是在下列命题中，真命题个个个个其中正确的命题个数是，则，，④若∥，则，③，则，∥②若∥，则，①若下列四个命题是两个不同的平面，则、是两条不同的直线，、设12.31.1330.12''430890.11.....10.....93.2.1.0..81111A D C B A ABCD ABCPBC PABPAC ABC PAC ABC PAB PBC PAB PAC BC PC PA ABC P PP AB P PC ABC PC ABC AB C ABC D C B A b c a c b a n m n m D m l m l C n n m n m B nm n m A D C B A b a b a a a a b a b a b a -⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥-=⊥︒=∠=︒=∠∆⊥⊥--⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥ααββαααααβαβααβαββαβααααβα的大小，求这时二面角，使得边上有且只有一个点）若（，并说明理由，使得边上是否存在一点）问（，且平面，中，已知矩形三、解答题A PD Q QD PQ Q BC QD PQ Q BC PA ABCD PA a a BC AB ABCD --⊥⊥=⊥>==211),0(1.14若不存在，说明理由，若存在，求出平面，使上是否存在点的中点，在线段为的中点，为，，形，为直角的等腰直角三角中，底面是以直三棱柱||32.151********AF DF B CF F AA C B E C A D a BB a AC ABC C B A ABC ⊥==∠-，请说明理由若有，请求出；若没有和最小值，所成的角是否有最大值与平面上任意一点，问为正方体对角线）设（）求证：（中点，如图为中，的正方体已知棱长为1111111121341.16PEB C A C A P BDC A AB ED C B A ABCD ⊥-专题八 空间图形位置的几何证明（答案）一、1.C 2.B 3.C 4.B 5.A 6.B 7.D 8.B 9.B 10.C 二、C AB D AB C AD 1111.13.1272.11或平面或平面平面①③三、BDC A A A E B C B A z y x DD DC DA D DFB CF a a AF a b a b a b b a CF F B D B CF a a D B CF a a B a b a B b a a b a F b AF D B CF F B CF DF B CF F a B a aC a a A a A a C B aBC AB ABC a AC z y x BB BC BA B n n CD QC AP AD AB QD n AP AD AB n PQD AB PAD BC Q x x x a Q a a Q a a ax x x a x CDQC QD AP BA QB QP x a QC x BQ ⊥∴--=--=⋅∴--=--=⊥===⇔=-+=⋅⊥∴=-=⋅∴=-=-==⊥⊥⊥∴==∴︒=∠==∴=++==++=∴===-=-⋅++=⋅=+-=+⋅++=⋅++===+-=<<>≥≥-=+--=+--=⋅+⋅=+⋅++=⋅+=++=-==11111111211221111111111222)0,1,1(),1,1,1()0,1,1(),1,1,1()0,21,1()1,1,1(),0,1,0(),0,1,1(),0,0,1()1(.162||20)3(2,0)0,22,22(),3,0,2(),,2,2(),,0,2(||)3,0,0(),3,2,0(),3,0,2(),0,0,2(),0,2,0(),0,0,0(2,90,2.1566arccos664111cos ,221,2,2104)()(021)()(1012.2)2(202204011)(,,.)1(.14系，则：轴，建立空间直角坐标轴，轴，分别为、、为坐标原点，以证明：以解：平面时，或故当或恒成立，则，不妨设，且，只要平面，要使假设存在点系轴，建立空间直角坐标轴，轴，分别为、、为坐标原点，以解析：以则记二面角为解得及，则由的法向量为，设平面法向量是之中点，由于平面点恰为，即得此时，由时，当存在唯一点时，这样的点不存在当时，只存在一个点存在；当时，点因此，当须欲使这个方程有解，必（（由则设解： θθθμλμλμλλμλμλ最大值与最小值均存在。

专题3第2讲空间位置关系的判断与证明空间线、面位置关系的判断授课提示：对应学生用书第30页考情调研考向分析主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.1.空间线面位置关系的判断．2.异面直线所成角．3.线面角.[题组练透]1．在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．答案：A2．(2019·张家口、沧州模拟)已知直线a，b和平面α，a⊂α，则b⊄α是b与a异面的() 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：由题意，若直线b不在平面α内，则b与a相交或b∥a，不一定有b与a异面，反之，若b与a异面，一定有直线b不在平面α内，即b⊄α是b与a异面的必要不充分条件．故选B.答案：B3.(2019·南宁模拟)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A 1D 1的中点分别为E ，F ，AB ＝6，AD ＝8，AA 1＝7，则异面直线EF 与AA 1所成角的正切值为( )A.75 B.57 C.57474D.77474解析：作FG ⊥AD ，垂足为G ，连接EG ，因为FG ∥AA 1，所以∠EFG 为异面直线EF 与AA 1所成的角(或补角)，且tan ∠GFE ＝EGFG ，因为EG ＝32＋42＝5，FG ＝AA 1＝7，所以tan ∠GFE ＝57.故选B.答案：B4．(2019·湘潭模拟)已知四棱锥P -ABCD 的底面边长都为2，P A ＝PC ＝23，PB ＝PD ，且∠DAB ＝60°，M 是PC 的中点，则异面直线MB 与AP 所成的角为________．解析：如图所示，连接AC 与BD 相交于N ，则MN ∥P A ，根据异面直线所成角的定义，可得MB ，AP 所成的角为∠NMB 或∠NMB 的补角，由题意，在△MNB 中，NB ＝1，MN ＝3，BN ⊥MN ，则tan ∠NMB ＝NB MN ＝33，所以∠NMB ＝30°.答案：30°[题后悟通]1．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，进行肯定或否定．(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．2．用平移法求异面直线所成的角的三步法(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角．(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．空间线面平行、垂直关系的证明授课提示：对应学生用书第31页考情调研考向分析直线、平面平行、垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线、线面、面面平行与垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1.线面、面面平行关系的证明．2.线面、面面垂直关系的证明.[题组练透]1．(2019·乌鲁木齐质检)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，以下四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β，其中正确的两个命题是()A．①与②B．③与④C．②与④D．①与③解析：对于①，因为直线l⊥平面α，α∥β，所以直线l⊥平面β，因直线m⊂平面β，所以l⊥m，故①正确；对于②，l与m异面、平行或相交，故②错误；对于③，因为直线l⊥平面α，l∥m，所以m⊥α，而m⊂β，所以α⊥β，所以③正确；对于④，当直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，l⊥m时，α、β平行或相交，故④错误，综上，①与③正确，故选D.答案：D2．(2019·泰安模拟)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是()解析：A中，因为PQ∥AC∥A1C1，所以可得PQ∥平面A1BC1，又RQ∥A1B，可得RQ ∥平面A1BC1，从而平面PQR∥平面A1BC1B中，如图，作截面可得平面PQR∩平面A1BN＝HN.C中，如图，作截面可得平面PQR∩平面HGN＝HN.D中，如图，作截面可得QN，C1M为两相交直线，因此平面PQR与平面A1MC1不平行．答案：A3．(2019·北京西城区模拟)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF 为梯形，AF∥DE，DE⊥AD，DC＝DE.(1)求证：AD⊥CE；(2)求证：BF∥平面CDE；(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并说明理由．解析：(1)证明：由底面ABCD为矩形，知AD⊥CD.又因为DE⊥AD，DE∩CD＝D,所以AD⊥平面CDE.又因为CE⊂平面CDE，所以AD⊥CE.(2)证明：由底面ABCD为矩形，知AB∥CD，又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE,所以AB∥平面CDE.同理AF∥平面CDE，又因为AB∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(3)结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.证明如下：取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQ∥BC.由AD∥BC，得PQ∥AD.所以A，D，P，Q四点共面.由(1)，知AD⊥平面CDE，所以AD⊥DP，故BC⊥DP.在△CDE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE.又因为BC∩CE＝C，所以DP⊥平面BCE.又因为DP⊂平面ADPQ，所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE)．即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.[题后悟通]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.空间中的翻折问题授课提示：对应学生用书第33页考情调研考向分析将平面图形翻折成空间图形，既是实际应用问题的需要，又具有考察学生空间想象能力、逻辑推理、数学实践、综合分析问题能力的功能，因此，它是高考中的一种常见题型.1.翻折后空间关系的证明．2.翻折中的探索性问题.[题组练透]1．(2019·东三省三校模拟)如图，直角梯形ABCD，∠ABC＝90°，CD＝2，AB＝BC＝1，E是边CD的中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′-ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为()A.12 B.22C.63D ．1解析：由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥D ′-ABCE 中，底面ABCE 为边长是1的正方形，侧面D ′EA 中，D ′E ⊥AE ，且D ′E ＝AE ＝1.∵AE ⊥D ′E ，AE ⊥CE ，D ′E ∩CE ＝E ， ∴AE ⊥平面D ′CE .作D ′M ⊥CE 于M ，作MN ⊥AB 于N ，连接D ′N ， 则由AE ⊥平面D ′CE ，可得D ′M ⊥AE ， ∴D ′M ⊥平面ABCE . 又AB ⊂平面ABCE ， ∴D ′M ⊥AB .∵MN ⊥AB ，D ′M ∩MN ＝M ， ∴AB ⊥平面D ′MN .在△D ′MN 中，作MH ⊥D ′N 于H ，则MH ⊥平面ABD ′. 又由题意可得CE ∥平面ABD ′， ∴MH 即为点C 到平面ABD ′的距离． 在RtΔD ′MN 中，D ′M ⊥MN ，MN ＝1， 设D ′M ＝x ，则0<x ≤D ′E ＝1， ∴D ′N ＝1＋x 2.由D ′M ·MN ＝D ′N ·MH 可得x ＝1＋x 2·MH ， ∴MH ＝x1＋x 2＝1x ＋1x ≤22，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立，此时D ′E ⊥平面ABCE ，综上可得点C 到平面ABD ′距离的最大值为22. 故选B. 答案：B2．在等腰直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，点D 为AB 的中点，DE 垂直AB 交AC 于E ，如图①.将△ABC 沿DE 折起，使A 到达P 的位置，且使平面PDE ⊥平面DBCE ，连接PC ，PB ，如图②.(1)若F 为PB 的中点，求证：DF ⊥PC ；(2)当三棱锥P -DBC 的体积为83时，求点B 到面PEC 的距离．解析：(1)证明：∵DE ⊥PD ，DE ⊥DB ， ∴DE ⊥平面PDB ，又在图①中BC ⊥BD ，DE ⊥BD ， ∴DE ∥BC ，∴BC ⊥平面PDB ，而DF ⊂平面PDB ， ∴BC ⊥DF ，∵DP ＝DB ，F 是PB 的中点， ∴DF ⊥PB ，又BC ∩PB ＝B .∴DF ⊥平面PBC ，而PC ⊂平面PBC ， ∴DF ⊥PC .(2)设DB ＝m ，由三棱锥P -DBC 的体积 13⎝⎛⎭⎫12m ·2m m ＝83得m ＝DB ＝2，∴PD ＝DE ＝DB ＝2，PE ＝EC ＝22，设M 是PC 的中点，则EM ∥DF 且EM ＝DF ＝2，PC ＝2 6. 设点B 到平面PEC 的距离为h ，因V B -PEC ＝13S PEC ·h ＝13⎝⎛⎭⎫12×26×2·h ＝233h .而V B -PEC ＝V P -EBC ＝V P -DBC ＝83， 所以h ＝433.故B 到面PEC 的距离为433.[题后悟通]解决与折叠有关的问题的两个关键(1)要明确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．(2)在解决问题时，要比较折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．朝着心中目标前进的人，整个世界都在为他让路。

学习资料专题3第2讲空间位置关系的判断与证明空间线、面位置关系的判断授课提示:对应学生用书第30页考情调研考向分析主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.1。

空间线面位置关系的判断．2.异面直线所成角．3.线面角.[题组练透]1．在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．答案：A2．（2019·张家口、沧州模拟)已知直线a，b和平面α，a⊂α，则b⊄α是b与a异面的(）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:由题意，若直线b不在平面α内，则b与a相交或b∥a，不一定有b与a异面，反之,若b与a异面,一定有直线b不在平面α内,即b⊄α是b与a异面的必要不充分条件．故选B。

答案：B3.(2019·南宁模拟)如图所示，长方体ABCD。

A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，AB＝6，AD＝8，AA1＝7,则异面直线EF 与AA 1所成角的正切值为（ )A 。

错误!B 。

错误! C.错误!D.错误!解析：作FG ⊥AD ，垂足为G ，连接EG ,因为FG ∥AA 1，所以∠EFG 为异面直线EF 与AA 1所成的角（或补角），且tan ∠GFE ＝错误!，因为EG ＝错误!＝5，FG ＝AA 1＝7，所以tan ∠GFE ＝57。

故选B.答案：B4．(2019·湘潭模拟)已知四棱锥P -ABCD 的底面边长都为2，P A ＝PC ＝23，PB ＝PD ，且∠DAB ＝60°,M 是PC 的中点，则异面直线MB 与AP 所成的角为________．解析：如图所示，连接AC 与BD 相交于N ，则MN ∥P A ，根据异面直线所成角的定义，可得MB ，AP 所成的角为∠NMB 或∠NMB 的补角,由题意，在△MNB 中，NB ＝1，MN ＝错误!,BN ⊥MN ，则tan ∠NMB ＝错误!＝错误!，所以∠NMB ＝30°。

6个解答题专项强化练(二) 空间中位置关系的证明1.在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.求证： (1)AC 1∥平面BDE ；(2)A 1E ⊥平面BDE .证明：(1)连结AC 交BD 于点O ，连结OE .在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，因为四边形ABCD 为正方形，所以点O 为AC 的中点，因为AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，又EC ＝12AA 1， 所以EC ＝12CC 1， 即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE .又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE .(2)连结B 1E .设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a .所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21 ，所以B 1E ⊥BE .由ABCD ­A 1B 1C 1D 1为长方体，得A 1B 1⊥平面BB 1C 1C .因为BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE . 因为B 1E ∩A 1B 1＝B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE ⊥平面A 1B 1E . 又因为A 1E ⊂平面A 1B 1E, 所以A 1E ⊥BE .同理A 1E ⊥DE .又因为BE ∩DE ＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以A 1E ⊥平面BDE .2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，AP ＝AD ，M ，N 分别为棱PD ，PC 的中点．求证：(1)MN ∥平面PAB;(2)AM ⊥平面PCD .证明：(1)因为M ，N 分别为棱PD ，PC 的中点，所以MN ∥DC,又因为底面ABCD 是矩形，所以AB ∥DC ，所以MN ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)因为AP ＝AD ，M 为PD 的中点，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥平面PAD .又AM ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AM .因为CD ∩PD ＝D ，CD ⊂平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以AM ⊥平面PCD .3.如图，已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面PAB ；(2)若平面PMC ⊥平面PAD ，求证：CM ⊥AD .证明：(1)取PB 的中点E ，连结EA ，EN ，在△PBC 中，EN ∥BC 且EN ＝12BC ，由AM ＝12AD ，AD ∥BC ，AD ＝BC ，得EN ∥AM ，EN ＝AM . ∴四边形ENMA 是平行四边形，∴MN ∥AE .又MN ⊄平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .(2)过点A 作PM 的垂线，垂足为H .∵平面PMC ⊥平面PAD ，平面PMC ∩平面PAD ＝PM ，AH ⊥PM ，AH ⊂平面PAD ，∴AH ⊥平面PMC ，又CM ⊂平面PMC ，∴AH ⊥CM .∵PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM .∵PA ∩AH ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AH ⊂平面PAD ，∴CM ⊥平面PAD .∵AD ⊂平面PAD ，∴CM ⊥AD .4.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BC ⊥AC ，D ，E 分别是AB ，AC 的中点．求证：(1)B 1C 1∥平面A 1DE ；(2)平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.证明：(1)因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，又因为在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC ，所以B 1C 1∥DE .又B 1C 1⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ，所以B 1C 1∥平面A 1DE .(2)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，又DE ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥DE .又BC ⊥AC ，DE ∥BC ，所以DE ⊥AC ，又CC 1⊂平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且CC 1∩AC ＝C ， 所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面A 1DE ，所以平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.5.如图，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E ­BCD 的体积．解：(1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC .由(1)知，PA ⊥BD ，又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .因为BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2. 由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .所以三棱锥E ­BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13. 6．由四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1­B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明：(1)取B 1D 1的中点O 1，连结CO 1，A 1O 1，因为ABCD ­A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ，因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C ，因为O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为E ，M 分别为AD ，OD 的中点， 所以EM ∥AO .因为AO ⊥BD ，所以EM ⊥BD ，又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD ，因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1，又A 1E ⊂平面A 1EM ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ， 所以B 1D 1⊥平面A 1EM ，又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.。

重点增分专题八空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析](1)选择题、填空题多考查线面位置关系的判断、空间角、表面积及体积的计算，此类试题难度中等偏下，考查次数较少．(2)解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．考点一空间点、线、面的位置关系保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[判定直线间的位置关系]已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行解析：选D因为α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，所以n在平面α内，m与平面α相交，且A是m和平面α相交的点，所以m和n异面或相交，一定不平行．2.[命题真假的判定]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．①④B．③④C．①②D．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.3.[线面垂直、面面垂直的判定]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EFHC．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.[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，进行肯定或否定．(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——变换角度考迁移]1.[与充要条件的交汇]设l，m，n为三条不同的直线，其中m，n在平面α内，则“l ⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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：选A当l⊥α时，l垂直于α内的任意一条直线，由于m，n⊂α，故“l⊥m且l⊥n”成立，反之，因为缺少m，n相交的条件，故不一定能推出“l⊥α”，故选A.2.[线面位置中的创新]某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是()A．①②③⑤B．②③④⑤C．②④⑤D．③④⑤解析：选B A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON>∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O1′与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.考点二空间平行、垂直关系的证明增分考点深度精研[析母题——高考年年“神”相似] [典例]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，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.[练子题——高考年年“形”不同] 1．在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O，连接FO.∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，∴AB綊CE.∴四边形ABCE为平行四边形．∴O为AC的中点，则FO綊12PA，又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.2．在本例条件下，若AB＝BC，求证BE⊥平面PAC.证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O.∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点．∴AB綊CE.又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.又∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.[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.(2019届高三·郑州模拟)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.2.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝12AD.(1)求证：PA⊥CD.(2)求证：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.考点三平面图形中的折叠问题增分考点·讲练冲关[典例](2019届高三·湖北五校联考)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12AB＝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D-ABC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F-BCE的体积．[解](1)证明：∵AC＝AD2＋CD2＝22，∠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，V F -BCE ＝V B -CEF ＝13×S △CEF ×BC ， S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12，∴V F -BCE ＝13×12×22＝23. [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<x<4，由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面体NEFD的体积为V NEFD＝13S△EFD·NE＝12x(4－x)．∴V四面体NEFD≤12⎣⎡⎦⎤x＋(4－x)22＝2，当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2.考点四空间线面关系的探究性问题增分考点讲练冲关[典例](2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M是»CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．[解](1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为»CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.[解题方略]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用．[多练强化](2018·河南名校压轴第二次考试)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上．(1)求证：BC⊥平面ACFE；(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论．解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，所以四边形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)当EM＝33a时，AM∥平面BDF，理由如下：在梯形ABCD 中，设AC ∩BD ＝N ，连接FN . 由(1)知四边形ABCD 为等腰梯形，且∠ABC ＝60°， 所以AB ＝2BC ＝2DC ，则CN ∶NA ＝1∶2. 易知EF ＝AC ＝3a ，因为EM ＝33a ， 所以MF ＝23EF ＝233a ，又易知AN ＝233a ，所以MF 綊AN ，所以四边形ANFM 是平行四边形，所以AM ∥NF ， 又NF ⊂平面BDF ，AM ⊄平面BDF ， 所以AM ∥平面BDF .考点五 空间角 增分考点·讲练冲关 [典例] (1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22 B.32 C.52D.72(2)(2018·青海模拟)如图，正四棱锥P -ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．90°[解析] (1)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 ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. (2)如图，正四棱锥P -ABCD 中，根据底面积为6，可得BC ＝ 6.连接BD 交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P -ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BD ，又BD ⊥AC ，PO ∩AC ＝O ，所以BD ⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BO OE ＝3，即∠BEO ＝60°. [答案] (1)C (2)A[解题方略]1．求异面直线所成角的步骤2．求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．[多练强化]1．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3解析：选C如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝8 2.2.(2018·成都检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB ⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )A.12 B ．－12C.32D ．－32解析：选A 如图，分别取AB ，AD ，BC ，BD 的中点E ，F ，G ，O ，连接EF ，EG ，OG ，FO ，FG ，则EF ∥BD ，EG ∥AC ，所以∠FEG 为异面直线AC 与BD 所成的角．易知FO ∥AB ，因为AB ⊥平面BCD ，所以FO ⊥OG ，设AB ＝2a ，则EG ＝EF ＝2a ，FG ＝a 2＋a 2＝2a ，所以∠FEG ＝60°，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为12，故选A.逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用[典例] 如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB ， 又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.[素养通路]本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF与平面ABC内的一条直线平行，从而得到EF∥平面ABC；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD ⊥平面BCD，根据面面垂直的性质定理得BC⊥平面ABD，则可证明AD⊥平面ABC，再根据线面垂直的性质，得到AD⊥AC.考查了逻辑推理这一核心素养．。

教课资料范本2021版江苏高考数学复习课后限时集训：空间点、直线、平面之间的地点关系含分析编辑： __________________时间： __________________建议用时： 45 分钟一、选择题1．a，b，c是两两不一样的三条直线，下边四个命题中，真命题是() A．若直线 a，b异面， b， c异面，则 a，c异面B．若直线 a，b订交， b， c订交，则 a，c订交C．若 a∥b，则 a， b与 c所成的角相等D．若 a⊥b，b⊥ c，则 a∥ cC[ 若直线 a，b 异面， b， c 异面，则 a，c 订交、平行或异面；若 a，b 订交， b，c 订交，则 a，c 订交、平行或异面；若 a⊥ b，b⊥c，则 a，c 订交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知 C 正确．应选 C.]2．给出以下说法：①梯形的四个极点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两订交，能够确立 1个或 3个平面．其中正确的序号是 ()A．①B．①④C．②③D．③④B[ ①明显正确；②错误，三条平行直线可能确立 1 个或 3 个平面；③若三个点共线，则两个平面订交，故③错误；④明显正确．应选 B.] 3．如图是正方体或四周体，P，Q， R， S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是 ()A B C DD[A ，B，C 图中四点必定共面， D 中四点不共面． ]4.以下图，平面α∩平面β＝ l，A∈α，B∈α， AB∩ l＝D，C∈β， C? l ，则平面 ABC与平面β的交线是 ()A ．直线 ACB ．直线 ABC ．直线 CDD ．直线 BCC [ 由题意知，D ∈l ，l? β，因此 D ∈β，又由于 D ∈AB ，因此 D ∈ 平面 ABC ，因此点 D 在平面 ABC 与平面 β的交线上．又由于 C ∈平面 ABC ，C ∈β，因此点 C 在平面 β与平面 ABC 的交线上，因此平面 ABC ∩平面 β＝CD.] 5．(20xx ·陕西省第三次联考 )已知三棱柱 ABC-A 1 B 1C 1的侧棱与底面边长都相等， A 1在底面 ABC 上的射影为1所成的角的余弦值为 ()BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC33A. 4B.455 C. 4D.4B [ 如图，设 BC 的中点为D ，连结 A 1D 、AD 、A 1B ，易知 ∠ A 1AB 即为异面直线 AB 与 CC 1 所成的角 (或其补角 )．设三棱柱 ABC-A 1 1 1 的侧棱与底面边长均为 ，B C131 ，A 1 ＝2则 AD ＝ ，AD＝，22B 21由余弦定理，得 cos ∠A 1＝ A1A2＋ AB2－A1B2 1＋1－2 32A1A ·AB ＝＝AB2×1×1 4.应选 B.]二、填空题6．四条线段按序首尾相连，它们最多可确立个平面．4 [首尾相连的四条线段每相邻两条确立一个平面，因此最多能够确立4个平面． ]7．在四周体 ABCD 中， E ，F 分别是 AB ， CD 的中点．若 BD ，AC 所成的角为60°，且 BD ＝AC ＝1，则 EF 的长为．1 3[如图，取 BC 的中点 O ，连结 OE ，OF. 或2 2由于 OE∥AC，OF∥BD，因此 OE 与 OF 所成的锐角 (或直角 )即为 AC 与 BD 所成的角，而 AC， BD 所成角为 60°，因此∠EOF＝ 60°或∠EOF＝120°.当∠ EOF＝60°时， EF＝ OE＝1 3 OF＝2.当∠EOF＝120°时，取 EF 的中点 M，则 OM⊥EF，EF＝2EM＝ 2×43＝2 .]8．(20xx ·长白山模拟 )以下命题中不正确的选项是．(填序号)①没有公共点的两条直线是异面直线；②分别和两条异面直线都订交的两直线异面；③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不行能平行；④一条直线和两条异面直线都订交，则它们能够确立两个平面．①②[没有公共点的两直线平行或异面，故①错；命题②错，此时两直线有可能订交；命题③正确，由于若直线 a 和 b 异面， c∥a，则 c 与 b 不行能平行，用反证法证明以下：若 c∥b，又 c∥ a，则 a∥b，这与 a，b 异面矛盾，故 c 与 b 不平行；命题④正确，若 c 与两异面直线 a，b 都订交，可知， a， c 可确定一个平面， b，c 也可确立一个平面，这样，a， b， c 共确立两个平面． ]三、解答题9．在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，(1)求 AC与 A1D所成角的大小；(2)若 E，F分别为 AB，AD的中点，求 A1C1与 EF所成角的大小．[解 ] (1)如图，连结 B1C，AB1，由 ABCD-A1B1C1D1是正方体，易知 A1D ∥B1C，进而 B1C 与 AC 所成的角就是 AC 与 A1 D 所成的角．由于 AB1＝AC＝B1C，因此∠B1CA＝60°.即 A1D 与 AC 所成的角为 60°.(2)连结 BD，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中， AC⊥BD，AC∥A1C1.由于 E，F 分别为 AB，AD 的中点，因此 EF∥ BD，因此 EF⊥ AC.因此 EF⊥ A1C1.即 A1C1与 EF 所成的角为 90°.1110.以下图，四边形 ABEF和 ABCD都是梯形， BC2AD，BE2 FA，G，H分别为 FA， FD 的中点．(1)证明：四边形 BCHG 是平行四边形；(2)C， D，F，E四点能否共面？为何？11 [解 ](1)证明：由已知 FG＝GA，FH ＝HD ，可得 GH2AD.又BC2AD，∴ GH BC.∴四边形 BCHG 为平行四边形．1(2)∵ BE2AF，G为FA的中点，∴BE FG，∴四边形 BEFG 为平行四边形，∴ EF∥ BG.由(1)知 BG CH，∴EF∥CH，∴EF 与 CH 共面．又 D∈FH，∴C，D，F，E 四点共面．1．已知 A， B， C，D是空间四点，命题甲： A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线 AC和BD不订交，则甲是乙建立的 ()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件A[ 若 A，B，C， D 四点不共面，则直线 AC 和 BD 不共面，因此 AC 和BD 不订交；若直线AC 和 BD 不订交，当直线AC 和 BD 平行时， A，B，C，D 四点共面，因此甲是乙建立的充足不用要条件．]2．在正三棱柱 ABC-A1B1C1中， AB＝2111)BB，则 AB 与BC 所成角的大小为 (A．30°B．60°C．75°D．90°D [ 将正三棱柱 ABC-A1B1C1补为四棱柱 ABCD-A1B1C1D1，连结 C1D，BD，则 C1D∥ B1A，∠BC1D 为所求角或其补角．设BB1＝2，则 BC＝CD＝2，∠ BCD＝ 120°，BD＝2 3，又由于 BC1＝ C1D＝6，因此∠BC1D＝ 90°.] 3．一个正方体纸盒睁开后以下图，在原正方体纸盒中有以下结论：①AB⊥EF；② AB与CM 所成的角为 60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥ C D.以上四个命题中，正确命题的序号是．①③ [如图，① AB⊥EF，正确；②明显 AB∥CM，因此不正确；③EF 与MN 是异面直线，因此正确；④MN 与 CD 异面，而且垂直，因此不正确，则正确的选项是①③ .]4．(20xx ·上海高考改编 )如图，在正三棱锥 P-ABC中， PA＝ PB＝ PC＝ 2， AB＝ BC＝AC＝ 3.(1)若 PB的中点为 M，BC的中点为 N，求 AC与MN夹角的余弦值；(2)求 P-ABC的体积．[解](1)∵M，N 分别为 PB，BC 的中点，∴MN∥PC，则∠PCA为 AC 与 MN 所成角，在△ PAC 中，由 PA＝PC＝2，AC＝3，可得 cos∠PCA＝PC2＋ AC2－PA23＝3 2PC·AC＝2×2× 34，3∴AC 与 MN 夹角的余弦值为 4 .(3)过 P 作底面垂线，垂足为O，则 O 为底面三角形的中心，连结AO 并延3长，交 BC 于 N，则 AN＝2，2AO＝3AN＝ 1.∴PO＝22－12＝ 3.1133∴V P-ABC＝3×2× 3×2×3＝4.1.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四周体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中， AB⊥平面 BCD，且 AB＝ BC＝ CD，则异面直线 AC与BD所成的角的余弦值为 ()11A.2B．－233C. 2D．－2A[ 以下图，分别取 AB，AD，BC，BD 的中点 E，F，G，O，连结EF，FO，OG，GE，GF，则 EF∥BD， EG∥ AC， FO⊥ OG，∴∠ FEG 或其补角为异面直线AC 与 BD 所成的角．设 AB＝2a，则 EG＝ EF＝ 2a，FG＝ a2＋a2＝ 2a，∴△ EFG 是等边三角形，∴∠ FEG＝60°，1∴异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为2，应选 A.]2．(20xx ·绍兴质检 )如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1中， AB＝ BC＝ 2， A1C与底面 ABCD所成的角为 60°.(1)求四棱锥 A1 -ABCD的体积；(2)求异面直线 A1B与B1D1所成角的余弦值．[ 解](1)∵在长方体 ABCD-A1 B1C1D1中， AB＝ BC＝ 2，连结 AC，∴AC＝22＋ 22＝2 2.又易知 AA1⊥平面 ABCD，∴∠ A1CA 是 A1C 与底面 ABCD 所成的角，即∠ A1CA＝ 60°，∴AA1＝ AC·tan 60 ＝°2 2×3＝2 6.∵S正方形ABCD＝AB·BC＝2×2＝4，∴VA11·186 -ABCD＝· 1正方形 ABCD＝×26×4＝3.3AA S3(2)连结 BD，易知 BD ∥B1 D1，∴∠ A1BD 是异面直线 A1B 与 B1D1所成的角 (或所成角的补角 )．∵BD＝22＋22＝ 22，A1D＝ A1B＝错误 ! ＝ 2错误 ! ，∴cos∠A1 BD＝A1B2＋ BD2－A1D228＋8－28＝14 2·A1B·BD＝2×2 7×2 214，14即异面直线 A1B 与 B1D1所成角的余弦值是14 .。

高考数学二轮复习专题突破—空间位置关系的判断与证明一、单项选择题1.(2021·广东深圳二模)设α,β为两个不同的平面,直线l⊂α,则“l∥β”是“α∥β”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2.(2021·湖北荆门期中)在三棱柱ABC-A1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ=()A.12B.13C.14D.233.(2021·山东泰安三模)如图,AB为圆锥底面直径,点C为底面圆O上异于A,B的动点,已知OA=√3,圆锥侧面展开图是圆心角为√3π的扇形,当∠PBC=π3时,PB与AC所成的角为()A.π3B.π6C.π4D.5π64.(2021·山东烟台二模)许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体.正二十面体的每一个面均为等边三角形,共有12个顶点、30条棱.如图,由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点构成正五棱锥P-ABCDE,则PA与面ABCDE所成角的余弦值约为()(参考数据cos 36°≈0.8)A.56B.58C.35D.5125.(2021·湖南衡阳月考)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△ABD沿BD折起,使点A到达点A'的位置,且二面角A'-BD-C为60°,则A'D与平面BCD所成角的正切值为()A.34B.√74C.3√77D.126.(2021·山东青岛二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,点P在矩形ACC1A1(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹的长度为()A.πB.√2πC.2πD.2√2π二、多项选择题7.(2021·山东潍坊三模)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列说法正确的是()A.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥nB.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βC.如果α∥β,m⊂α,那么m∥βD.如果m∥α,n∥β,α∥β,那么m∥n8.(2021·广东广州二模)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=AB=2,E为PB的中点,过A,D,E三点的平面α与平面PBC的交线为l,则下列结论正确的是()A.l∥平面PADB.AE∥平面PCDC.直线PA与l所成角的余弦值为√55D.平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积的比值为35三、填空题9.(2021·山东潍坊期中)若平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,且平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,则直线l与直线A1C1所成的角为.10.(2021·浙江宁波二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2√3的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=3√3,则二面角A1-AC-B的正切值为.11.(2021·福建龙岩月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AD的中点,动点P在正方形ABCD内(不包括边界),若B1P∥平面A1BM,则C1P的长度的取值范围是.答案解析1.B解析当l∥β时,α与β可能平行也可能相交.当α∥β时,因为l⊂α,所以l∥β.故选B.2.A解析如图,连接AC1,交A1C于点O,连接OM.∵BC1∥平面A1MC,BC1⊂平面ABC1,平面A1MC∩平面ABC1=OM,∴BC1∥OM.又在△ABC1中,O为AC1的中点,∴M为AB的中点,∴AM=12AB,∴λ=12.故选A.3.C解析设圆锥的母线长为l,则l·√3π=2√3π,解得l=2.∵PB=PC=l=2,∠PBC=π3,∴BC=2.∴在Rt△ABC中,AC=2√2.作BD∥AC,与圆O交于点D,连接AD,则四边形ACBD 为平行四边形,BD=AC=2√2.连接PD,则∠PBD为PB与AC所成的角.在△PBD中, ∵PD=PB=2,BD=2√2,∴PB2+PD2=BD2,∴PD⊥PB,∴∠PBD=π4.故选C.4.A解析设正二十面体的棱长为a,点P在面ABCDE内的射影为点O,则O为正五边形ABCDE的中心.连接OA,OB(图略),则∠AOB=72°,所以OA=12ABsin36°=12a√1-cos236°≈56a.因为PO ⊥面ABCDE ,所以∠PAO 为PA 与面ABCDE 所成的角,所以cos ∠PAO=OAPA ≈56a a=56. 5.C 解析 连接AC ,交BD 于点O ,则AC ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起,得到△A'BD ,可知A'O ⊥BD ,CO ⊥BD ,则∠A'OC 为二面角A'-BD-C 的平面角,所以∠A'OC=60°.设菱形ABCD 的边长为2,则A'O=CO=√3,又∠A'OC=60°,所以△A'OC 为等边三角形.过点A'作A'E ⊥OC 于点E ,连接DE ,则A'E=32.因为A'O ⊥BD ,CO ⊥BD ,A'O ∩CO=O ,所以BD ⊥平面A'OC ,所以BD ⊥A'E.又A'E ⊥OC ,BD ∩OC=O ,所以A'E ⊥平面BCD.所以∠A'DE 为A'D 与平面BCD 所成的角.在Rt △A'DE 中,因为A'D=2,A'E=32,所以DE=√72,所以tan ∠A'DE=A 'EDE =3√77.故选C .6.B 解析 由题意,易知动点P 的轨迹为以AC 为直径的半圆,AC=2√2,故动点P 的轨迹的长度为12×2√2π=√2π.7.AC 解析 对于A,若m ⊥α,n ∥α,则m ⊥n ,故A 正确.对于B,若m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β,则α∥β或α,β相交,故B 错误.对于C,若α∥β,m ⊂α,则m ∥β,故C 正确.对于D,若m ∥α,n ∥β,α∥β,则m ,n 平行、相交或异面,故D 错误.故选AC . 8.ACD 解析 如图,取PC 的中点F ,连接EF ,则AD ∥EF ,所以A ,D ,E ,F 四点共面,所以l 为EF.对于A,因为EF ∥AD ,EF ⊄平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,所以EF ∥平面PAD ,即l ∥平面PAD,故A正确.对于B,若AE∥平面PCD,则必有AE∥DF,又EF∥AD,所以四边形ADFE为平行四边形,所以AD=EF,与EF=12BC=12AD矛盾,故B错误.对于C,PA与l所成的角即PA与EF所成的角,因为EF∥AD,所以∠PAD为PA与EF所成的角,由PD⊥底面ABCD,可知PD⊥AD,又AD=1,PD=2,所以AP=√5,所以cos∠PAD=ADAP=√55,故C正确.对于D,连接BD,易知V P-ABCD=13×2×2=43,V ABCDFE=V E-ABD+V D-BCFE=13×1×1+13×3√24×√2=56,所以V P-ADFEV ABCDFE=43-5656=35,故D正确.故选ACD.9.π2解析因为平面α∥平面A1BD,平面α∩平面ABCD=l,平面A1BD∩平面ABCD=BD,所以l∥BD,又A1C1⊥BD,所以A1C1⊥l,所以直线l与直线A1C1所成的角为π2.10.-√3解析如图,取AC的中点E,连接ED,EB.因为D为A1C1的中点,AA1⊥AC,△ABC 是边长为2√3的正三角形,所以DE=AA1=3,BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠BED为二面角A1-AC-B的平面角.在△BED中,DE=3,BE=3,BD=3√3,所以由余弦定理得cos∠BED=32+32-(3√3)22×3×3=-12,所以∠BED=120°,所以tan∠BED=-√3.11.[√305,√2)解析如图,取BC的中点N,连接B1D,B1N,DN,C1D,C1N,作C1O⊥DN于点O.易知平面B1DN∥平面A1BM,所以点P在线段DN上,不包括端点D,N.在△C1DN中,C1D=√2,DN=C1N=√12+(12)2=√52,所以S△C1DN=12×√2×√(√52)2-(√22)2=√64,又S△C1DN =12·DN·C1O=√54C1O,所以√54C1O=√64,即C1O=√305.当点P与点O重合时,C1P的长度取最小值√305.因为C1D>C1N,点P与点D不重合,所以C1P<C1D=√2.所以C1P的长度的取值范围是[√305,√2).。