2020届高考数学一轮复习人教B版空间位置关系的判断与证明学案Word版

第50讲空间中的平行关系1．了解空间直线与平面平行、平面与平面平行的定义．2．掌握判断空间直线与平面平行、平面与平面平行的方法，能正确判断空间直线与平面平行、平面与平面平行．3．能正确运用“空间直线与平面平行”“平面与平面平行”进行逻辑推理．知识梳理1．直线与平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有任何公共点；(2)判定定理：如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．符号表示：b?α，a?α，a∥b?b∥α.2．直线与平面平行的性质如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.符号表示：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.3．两个平面平行的判定(1)判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．符号表示：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α.(2)垂直于同一直线的两个平面平行．4．两个平面平行的性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面．符号表示：α∥β，a?α，则a∥β.(2)如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.符号表示：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b.1．判断两平面平行的常用结论(1)垂直于同一直线的两个平面平行；(2)平行于同一平面的两个平面平行．2．与平面平行有关的几个常用结论(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行；(3)两条直线被第三个平面所截，截得的对应线段成比例；(4)同一条直线与两平行平面所成的角相等．热身练习1．下列说法正确的是(D)A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥αB．若直线a在平面α外，则a∥αC．若直线a∥b，b?α，则a∥αD．若直线a?α，b?α且a∥b，那么直线a∥αA中缺少l在平面α外这一条件；直线在平面α外包括直线与平面相交和与平面平行两种情况，故B错；C中缺少a不在平面α内这一条件；D满足线面平行的三个条件，故选 D.2．直线a∥平面α，直线b?α，则a与b的位置关系是(D)A．a∥b B．a⊥bC．a，b异面D．a∥b或a与b异面直线a∥平面α，直线b?α，所以a与b无公共点，所以a与b平行或异面，选 D.3．下列命题错误的是(C)A．若一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行B．垂直于同一直线的两平面平行C．平行于同一直线的两平面平行D．平行于同一平面的两平面平行A，B是两个平面平行的两个判定定理，正确；C错误，D正确，故选 C.4．下列命题中不正确的是(D)A．两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面B．两个平行平面同时和第三个平面相交，其交线一定平行C．一直线与两平行平面中的一个相交，这条直线必与另一个相交D．一直线与两平行平面中的一个平行，这条直线必与另一个平行A，B是两个平面平行的性质，正确；C正确，可用反证法进行证明；D错误，这一直线还可能在另一个平面内．故选 D.5．(2015·北京卷)设α，β是两个不同的平面，m是直线且mα，“m∥β”是“α∥β”的(B)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥βα∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m?α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．直线与平面平行的判断(2017·浙江卷节选)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD ⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．证明：CE∥平面P AB.在高考中，立体几何解答题常常设置两问，第(1)问常证明线面的位置关系，第(2)常考查与体积、距离等有关的计算．两问的条件常常是一同叙述，因此，在处理第(1)问时，要根据证明的要求，对条件要进行适当的筛选．这同时也考查了考生对信息的综合分析和处理的能力．如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，P A的中点，所以EF∥AD且EF＝12 AD.又因为BC∥AD，BC＝12 AD，所以EF∥BC且EF＝BC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.因为BF?平面PAB，CE?平面PAB，所以CE∥平面P AB.(1)证线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，转化为证线线平行．②利用面面平行的性质定理，转化为证面面平行．(2)利用判定定理时，要注意强调：(ⅰ)一条线在平面外；(ⅱ)一条线在平面内；(ⅲ)平面外的直线与平面内的直线平行．(3)证线线平行是证线面平行的基础，要注意如下结论的运用：①三线平行公理；②平面几何中的结论：如三角形的中位线定理、平行四边形的性质等．1．(2015·山东卷节选)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.(方法一)如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，则O为CD的中点．又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH?平面FGH，BD?平面FGH，所以BD∥平面FGH.(方法二)在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.又BE平面FGH，HF平面FGH，所以BE∥平面FGH.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH?平面FGH，AB?平面FGH，所以AB∥平面FGH.又AB∩BE＝B，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD?平面ABED，所以BD∥平面FGH.平面与平面平行的判定(2015·四川卷节选)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(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)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论．(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE?平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.证面面平行的基本方法是利用面面平行的判定定理，即转化为证线面平行．2．如图，已知ABC－A1B1C1是正三棱柱，E，F分别是AC，A1C1的中点．求证：平面AB1F∥平面BEC1.因为E，F分别是AC，A1C1的中点，所以AE＝FC1.又因为AE∥FC1，所以四边形AEC1F是平行四边形，所以AF∥EC1.因为EC1?平面BEC1，AF?平面BEC1，所以AF∥平面BEC1.连接EF.因为EF∥BB1，EF＝BB1，所以四边形BB1FE是平行四边形，所以B1F∥BE，B1F?平面BEC1，BE?平面BEC1，所以B1F∥平面BEC1.因为AF，B1F是平面AB1F内的相交直线，所以平面AB1F∥平面BEC1.线面平行、面面平行的性质的应用(2015·安徽卷节选)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.证明：EF∥B1C.由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C ∥A1D.又A1D?平面A1DE，B1C ?平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE.又B1C?平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(1)证线线平行，常利用线面平行、面面平行的性质定理．(2)线面平行、面面平行转化为线线平行，都是通过“辅助平面”完成的．3．(2018·石家庄一模节选)已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3(S△PEF表示△PEF的面积)．证明：PB∥平面ACE.由题意知四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又CD?平面PCD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD.又AB?平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，所以EF∥AB，又AB∥CD，所以EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PC，PD的中点，连接BD交AC于G，则G为BD的中点．在△PBD中，EG为中位线，所以EG∥PB.因为EG∥PB，EG?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB∥平面ACE.1．在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”、再到“面面平行”，而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但必须注意，转化方向的确定必须根据题目的条件和问题的特点而定．三种平行关系转化的示意图为：2．线面平行的判定定理中，要特别注意“平面外的一条直线”与“平面内的一条直线”，两者缺一不可；面面平行的判定定理中，要特别注意“两条相交直线”这一条件．3．解决有关平行问题时，要注意常用结论的总结和应用，以下是一些常用结论，在解决有关选择题、填空题时可直接引用．(1)经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行．(2)两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．(3)已知平面外的两条平行线中的一条平行于这个平面，则另一条也平行于这个平面．(4)如果一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交．(5)一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，必垂直于另一个平面．(6)夹在两个平行平面间的平行线段相等．(7)两平行平面间的距离处处相等．(8)平行于同一条直线的两条直线平行．(9)平行于同一个平面的两个平面平行．(10)平行于同一直线的两个平面平行或相交．(11)平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面．。

一、自我诊断知己知彼1. 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱【答案】A【解析】由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.2．下列说法正确的是()A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行【答案】D【解析】由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．3. 如图，直观图所表示的平面图形是()A ．正三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形 【答案】D【解析】由直观图中，A ′C ′∥y ′轴，B ′C ′∥x ′轴，还原后原图AC ∥y 轴，BC ∥x 轴．直观图还原为平面图形是直角三角形．故选D.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A.90π B.63π C.42π D.36π【答案】B【解析】由题意得，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V +=πππ=⋅⋅⋅⋅⋅，选B5．已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________． 【答案】36π【解析】 取SC 的中点O ，连接OA 、OB ，因为SA=AC,SB=BC ，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC 因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC设OA r =，3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为2436r ππ=二、温故知新 夯实基础1．空间几何体的结构2．三视图与直观图3．表面积、体积计算（1）多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．（2）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l（3）柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh4. 与球有关的几个结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.三、典例剖析思维拓展考点一空间几何体的结构例1 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为()A.0B.1C.2D.3【答案】(1)A(2)B【解析】(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等. (2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.【易错点】不熟悉空间几何体的结构特征导致判断出错。

2020年高考数学一轮复习精品学案（人教版a版）空间几何体一．【课标要求】1．利用实物模型、运算机软件观看大量空间图形，认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特点，并能运用这些特点描述现实生活中简单物体的结构；2．能画出简单空间图形〔长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合〕的三视图，能识不上述的三视图所表示的立体模型，会使用材料〔如：纸板〕制作模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3．通过观看用两种方法〔平行投影与中心投影〕画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4．完成实习作业，如画出某些建筑的视图与直观图〔在不阻碍图形特点的基础上，尺寸、线条等不作严格要求〕；二．【命题走向】近几年来，立体几何高考命题形式比较稳固，题目难易适中，解答题常常立足于棱柱、棱锥和正方体位置关系的证明和夹角距离的求解，而选择题、填空题又经常研究空间几何体的几何特点和体积表面积。

因此复习时我们要第一把握好空间几何体的空间结构特点。

培养好空间想能力。

推测2018年高考对该讲的直截了当考察力度可能不大，但经常出一些创新型题目，具体推测如下：〔1〕题目多出一些选择、填空题，经常出一些考察空间想象能力的试题；解答题的考察位置关系、夹角距离的载体使空间几何体，我们要想像的出其中的点线面间的位置关系；〔2〕研究立体几何咨询题时要重视多面体的应用，才能发觉隐含条件，利用隐藏条件解题。

三．【要点精讲】1．柱、锥、台、球的结构特点〔1〕柱棱柱：一样的，有两个面互相平行，其余各面差不多上四边形，同时每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。

底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分不叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；不管旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线棱柱与圆柱统称为柱体；〔2〕锥棱锥：一样的有一个面是多边形，其余各面差不多上有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；那个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。

第2讲 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”.[例1] (1)(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面(2)(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A.BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C.BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线[解析] (1)若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A 、C 、D 均不是α∥β的充要条件.根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B 中条件是α∥β的充要条件.故选B.(2)取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB ，BD ，BE .∵点N 为正方形ABCD 的中心， ∴点N 在BD 上，且为BD 的中点. ∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD . ∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN . 不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3， ∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF ， ∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG . ∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7. ∴BM ≠EN .∵BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交. 故选B.[答案] (1)B (2)B[解题方略]判断与空间位置关系有关命题真假的4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；(4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面.[跟踪训练]1.(2019·沈阳市质量监测一)已知m ，n 是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A.若m ∥n ，m ∥α，则n ∥αB.若α∥β，m ∥α，则m ∥βC.若m ⊥n ，n ⊂α，则m ⊥αD.若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β解析：选D 对于选项A ，m ∥n ，m ∥α，则n ∥α或n ⊂α，A 错；对于选项B ，α∥β，m ∥α，则m ∥β或m ⊂β，B 错；对于选项C ，m ⊥n ，n ⊂α，不能推出m ⊥α，C 错；对于选项D ，面面垂直的判定定理，正确.故选D.2.(2019·沈阳市质量监测一)如图，在正方体ABCD ­A1B 1C 1D 1中，下面结论中正确的是________.(写出所有正确结论的序号)①BD ∥平面CB 1D 1； ②AC 1⊥平面CB 1D 1；③异面直线AC 与A 1B 成60°角； ④AC 1与底面ABCD 所成角的正切值是 2.解析：对于①，BD ∥B 1D 1，BD ⊄平面CB 1D 1，B 1D 1⊂平面CB 1D 1，∴BD ∥平面CB 1D 1，①正确；对于②，∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴AA 1⊥B 1D 1，连接A 1C 1，又A 1C 1⊥B 1D 1，∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1，∴B 1D 1⊥AC 1，同理B 1C ⊥AC 1，∴AC 1⊥平面CB 1D 1，②正确；对于③，易知AC ∥A 1C 1，异面直线AC 与A 1B 所成的角为∠BA 1C 1，连接BC 1，又△A 1C 1B 为等边三角形，∴∠BA 1C 1＝60°，异面直线AC 与A 1B 成60°角，③正确；对于④，AC 1与底面ABCD 所成的角的正切值是CC 1AC ＝12＝22≠2，故④不正确.故正确的结论为①②③.答案：①②③[经典母题][例2] 如图，在四棱锥P­ABCD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.[母题变式]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.[跟踪训练]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.(2019·广东省七校联考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA ＝AB ＝2，E 是AB 的中点，G 是PD的中点.(1)求四棱锥P ­ABCD 的体积； (2)求证：AG ∥平面PEC ； (3)求证：平面PCD ⊥平面PEC .解：(1)易知V 四棱锥P ­ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PA ＝13×2×2×2＝83.(2)证明：如图，取PC 的中点F ，连接EF 和FG ，则易得AE ∥FG ，且AE ＝12CD ＝FG ，∴四边形AEFG 为平行四边形，∴EF ∥AG . ∵EF ⊂平面PEC ，AG ⊄平面PEC ， ∴AG ∥平面PEC .(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD，∴CD⊥AG.易知PD⊥AG，∵PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AG⊥平面PCD，∴EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.[例3] (2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的四边形ACGD的面积.[解] (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.[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.[跟踪训练](2019·湖南省湘东六校联考)如图，将矩形ABCD 沿对角线AC 折起，使得平面ABD ′⊥平面ABC .(1)求证：AD ′⊥平面BCD ′；(2)当AB ＝3，AD ＝1时，求点B 到平面AD ′C 的距离.解：(1)证明：∵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 ′，从而BD ′＝2， 设点B 到平面AD ′C 的距离为h ，由V 三棱锥B ­AD ′C ＝V 三棱锥C ­AD ′B ，得13S △AD ′C ·h ＝13S △AD ′B ·BC ，即13×12×1×3×h ＝13×12×1×2×1，得h ＝63，即点B 到平面AD ′C 的距离为63.[例4] (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.[跟踪训练](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 .[例5] (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)(2019·福州市质量检测)已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的外接球体积为323π，且AA 1＝BC＝2，则A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为________.[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，设长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的外接球半径为R ，则长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的外接球体积为43πR 3＝323π，所以R ＝2，即A 1C ＝AA 21＋BC 2＋AB 2＝2R ＝4. 因为AA 1＝BC ＝2，所以AB ＝2 2.连接B 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成的角为∠A 1CB 1， 在Rt △BB 1C 中，BB 1＝BC ＝2，所以B 1C ＝22＝A 1B 1，所以∠A 1CB 1＝π4.[答案] (1)C (2)π4[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.[跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A.8B.6 2C.8 2D.8 3解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC2＝42－（22＋22）＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.故选C.2.(2019·湖南省五市十校联考)已知E ，F 分别是三棱锥P ­ABC 的棱AP ，BC 的中点，AB ＝6，PC ＝6，EF ＝33，则异面直线AB 与PC 所成的角为( )A.120°B.45°C.30°D.60°解析：选D 设AC 的中点为G ，连接GF ，EG ，∵E ，F 分别是三棱锥P ­ABC 的棱AP ，BC 的中点，PC ＝6，AB ＝6，∴EG ∥PC ，GF ∥AB ，EG ＝3，GF ＝3.在△EFG 中，EF ＝33，∴cos ∠EGF ＝9＋9－272×3×3＝－12，∴∠EGF ＝120°，∴异面直线AB 与PC 所成的角为60°.故选D.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.[专题过关检测]A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.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( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：选B 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，故甲是乙成立的充分不必要条件.故选B.2.(2019·福州市第一学期抽测)已知m为一条直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A.若m⊥α，α∥β，则m⊥βB.若m⊥α，α⊥β，则m∥βC.若m∥α，α∥β，则m∥βD.若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析：选A 对于A，利用线面垂直的性质与判定定理、面面平行的性质定理，可得m⊥β，A正确；对于B，若m⊥α，α⊥β，则m与β平行或m在β内，B不正确；对于C，若m∥α，α∥β，则m与β平行或m在β内，C不正确；对于D，若m∥α，α⊥β，则m可以在β内，D不正确.故选A.3.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，|AB|＝2|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为( )A.30°B.60°C.75°D.90°解析：选D 将正三棱柱ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角.设BB1＝2，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝23，又因为BC1＝C1D＝6，所以∠BC1D＝90°.故选D.4.(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题.所以真命题的个数是1.故选A.5.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是( )A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④解析：选B 由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC 的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确.故选B.6.(2019·湖南省湘东六校联考)一个正四面体的侧面展开图如图所示，G为BF的中点，则在正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为( )A.33 B.63 C.36D.336解析：选C 该正四面体如图所示，取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，则GH ∥AB ，所以∠HGE 为直线EG 与直线BC 所成的角.设该正四面体的棱长为2，则HE ＝EG ＝3，GH ＝1.在△HEG 中，由余弦定理，得cos ∠HGE＝HG 2＋EG 2－HE 22HG ·EG ＝36.故选C.二、填空题7.(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析：②③⇒①.证明如下：∵m ∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n ⊂α，使得m ∥n .又∵l ⊥α，∴l ⊥n ，∴l ⊥m .①③⇒②.证明略.答案：②③⇒①(或①③⇒②)8.若P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出以下四个命题：①OM ∥平面PCD ；②OM ∥平面PBC ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA .其中正确的个数是________.解析：由已知可得OM ∥PD ，∴OM ∥平面PCD 且OM ∥平面PAD .故正确的只有①③. 答案：①③9.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________.解析：如图，∵SA 与底面成45°角， ∴△SAO 为等腰直角三角形. 设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158，∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π 三、解答题10.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AA 1＝4，DC ＝2AB ，AB ＝AD ＝3，点M 在棱A 1B 1上，且A 1M ＝13A 1B 1.已知点E 是直线CD 上的一点，AM ∥平面BC 1E .(1)试确定点E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M ­BC 1E 的体积.解：(1)点E 在线段CD 上且EC ＝1，理由如下.在棱C 1D 1上取点N ，使得D 1N ＝A 1M ＝1，连接MN ，DN (图略)，又D 1N ∥A 1M ，所以MN 綊A 1D 1綊AD .所以四边形AMND 为平行四边形，所以AM ∥DN . 因为CE ＝1，所以易知DN ∥EC 1，所以AM ∥EC 1， 又AM ⊄平面BC 1E ，EC 1⊂平面BC 1E ，所以AM ∥平面BC 1E . 故点E 在线段CD 上且EC ＝1. (2)由(1)知，AM ∥平面BC 1E ，所以V 三棱锥M ­BC 1E ＝V 三棱锥A ­BC 1E ＝V 三棱锥C 1­ABE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×4＝6. 11.(2019·石家庄市模拟一)如图，已知三棱锥P ­ABC 中，PC ⊥AB ，△ABC是边长为2的正三角形，PB ＝4，∠PBC ＝60°.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)设F 为棱PA 的中点，在AB 上取点E ，使得AE ＝2EB ，求三棱锥F ­ACE 与四棱锥C ­PBEF 的体积之比.解：(1)证明：在△PBC 中，∠PBC ＝60°，BC ＝2，PB ＝4， 由余弦定理可得PC ＝23， ∴PC 2＋BC 2＝PB 2，∴PC ⊥BC ，又PC ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，∴PC ⊥平面ABC ， ∵PC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)设三棱锥F ­ACE 的高为h 1，三棱锥P ­ABC 的高为h ， 则V F ­ACE ＝13×S △ACE ×h 1＝13×S △ABC ×23×h ×12 ＝13×S △ABC ×h ×13 ＝13×V P ­ABC . ∴三棱锥F ­ACE 与四棱锥C ­PBEF 的体积之比为1∶2.12.(2019·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，∠CAD ＝∠ABC ＝90°，∠BAC ＝∠ADC ＝30°，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，AC ＝2.(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)若四面体PABC 的体积为33，求△PCD 的面积. 解：(1)证明：如图，取CD 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥PC ，又易知∠BCD ＝∠AFD ＝120°，∴AF ∥BC ， 又EF ∩AF ＝F ，PC ∩BC ＝C ，∴平面AEF ∥平面PBC . 又AE ⊂平面AEF ，∴AE ∥平面PBC .(2)由已知得，V 四面体PABC ＝13·12AB ·BC ·PA ＝33，可得PA ＝2.过A 作AQ ⊥CD 于Q ，连接PQ ，在△ACD 中，AC ＝2，∠CAD ＝90°，∠ADC ＝30°， ∴CD ＝4，AD ＝23，AQ ＝2×234＝3，则PQ ＝22＋3＝7. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CD . 又AQ ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAQ ，CD ⊥PQ . ∴S △PCD ＝12×4×7＝27.B 组——大题专攻强化练1.(2019·兰州市诊断考试)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，△PCD 为正三角形，∠BAD ＝30°，AD ＝4，AB ＝23，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PC 的中点.(1)证明：BE ⊥PC ； (2)求多面体PABED 的体积.解：(1)证明：∵BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠BAD ＝4，∴BD ＝2， ∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD ，∴BD ⊥CD .∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ， ∴BD ⊥平面PCD ，∴BD ⊥PC .∵△PCD 为正三角形，E 为PC 的中点，∴DE ⊥PC ， ∴PC ⊥平面BDE ，∴BE ⊥PC .(2)如图，作PF ⊥CD ，EG ⊥CD ，F ，G 为垂足， ∵平面PCD ⊥平面ABCD ，∴PF ⊥平面ABCD ，EG ⊥平面ABCD ， ∵△PCD 为正三角形，CD ＝23， ∴PF ＝3，EG ＝32，∴V 四棱锥P ­ABCD ＝13×2×23×3＝43，V 三棱锥E ­BCD ＝13×12×2×23×32＝3，∴多面体PABED 的体积V ＝43－3＝3 3.2.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，AD ＝BD ＝6，AB ＝62，E 是棱PC 上的一点.(1)证明：BC ⊥平面PBD ； (2)若PA ∥平面BDE ，求PE PC的值；(3)在(2)的条件下，三棱锥P ­BDE 的体积是18，求点D 到平面PAB 的距离.解：(1)证明：由已知条件可知AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD . 因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD . 又PD ∩BD ＝D ，所以AD ⊥平面PBD .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以BC ∥AD ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于F ，连接EF ，则EF 是平面PAC 与平面BDE 的交线. 因为PA ∥平面BDE ，所以PA ∥EF .因为F 是AC 的中点，所以E 是PC 的中点，所以PE PC ＝12.(3)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥BD ，由(1)(2)知点E 到平面PBD 的距离等于12BC ＝3. 因为V 三棱锥E ­PBD ＝V 三棱锥P ­BDE ＝18， 所以13×12×PD ×BD ×3＝18，即PD ＝6.又AD ＝BD ＝6，所以PA ＝62，PB ＝62，又AB ＝62，所以△PAB 是等边三角形，则S △PAB ＝18 3. 设点D 到平面PAB 的距离为d ，因为V 三棱锥D ­PAB ＝V 三棱锥P ­ABD ， 所以13×183×d ＝13×12×6×6×6，解得d ＝2 3.所以点D 到平面PAB 的距离为2 3.3.(2019·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝π3，△PAD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊥BF .(1)求证：AD ⊥PB .(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D ­CEG 的体积；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：连接PF ，∵△PAD 是等边三角形，∴PF ⊥AD . ∵底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝π3，∴BF ⊥AD .又PF ∩BF ＝F ，∴AD ⊥平面BFP ，又PB ⊂平面BFP ，∴AD ⊥PB .(2)能在棱PC 上找到一点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 .连接CF 交DE 于点H ，过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 ，∴CH HF ＝CE DF ＝12，∴CG GP ＝CH HF ＝12， ∴GH ＝13PF ＝33，∴V D ­CEG ＝V G ­CDE ＝13S △CDE ·GH＝13×12DC ·CE ·sin π3·GH ＝112. 4.(2019·东北四市联合体模拟一)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，将△ADE 沿AE 折到△APE 的位置.(1)证明：AE ⊥PB ；(2)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，求点C 到平面PAB 的距离.解：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形， ∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形， ∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE .如图，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)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，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 ＝32，∴PB ＝62，∵AP ＝AB ＝1， ∴S △PAB ＝12×62×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×622＝158，连接AC ，则V P ­ABC ＝13OP ·S △ABC ＝13×32×34＝18，设点C 到平面PAB 的距离为d ， ∵V P ­ABC ＝V C ­PAB ＝13S △PAB ·d ，∴d ＝3V P ­ABCS △PAB＝38158＝155.[思维流程——找突破口]立体几何解答题建模、转换策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托决这类题目的原则是建模、转换建模——问题转化为平行模型、垂直模型等；[典例] 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 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ­ABP 的体积.[快审题][稳解题](1)证明：由已知可得， ∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又因为BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.如图，过点Q 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC .由已知及(1)可得，DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q ­ABP 的体积为V Q ­ABP ＝13×S △ABP ×QE ＝13×12×3×22sin45°×1＝1.[题后悟道]有关立体几何综合问题的解题步骤。

第2讲空间位置关系的判断与证明[做小题——激活思维］1．设a，b，c表示不同的直线,α表示平面，下列命题中正确的是( )A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a⊥b，b⊥α，则a⊥αC．若a⊥c，b⊥c，则a∥b D．若a⊥α，b⊥α，则a∥bD［线面平行时要考虑线是否在平面内．]2．设m,n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m⊂β，α⊥β,则m⊥αB．若m⊥α,m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β,则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB［A中m与α的位置关系不能确定，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α,又∵n∥β,∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定,故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β,则m与n平行或异面，故D错误．选B.] 3．给出下列命题，其中错误命题的个数为( ）①若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；②若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；③若异面直线a，b不垂直,则过a的任何平面与b都不垂直；④若直线a和b共面，直线b和c共面,则a和c共面．A．1 B．2 C．3 D．4［答案] C4．在正方体ABCD.A1B1C1D1中,下列结论正确的是________．（填序号）①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1。

①②④［如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确;易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D,故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．］5．在正四棱锥P­ABCD中,PA＝2,直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为多少？［解] 连接AC,BD交于点O，连接OE,OP。

第十一单元空间位置关系教材复习课“空间位置关系”相关基础知识一课过4个公理1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．(3)公理3：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．2．平行公理公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．[小题速通]1．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面．这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．2．下列命题中，真命题是( )A．空间不同三点确定一个平面B．空间两两相交的三条直线确定一个平面C．两组对边相等的四边形是平行四边形D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内解析：选D A 是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；B 不正确，两两相交的三条直线不一定共面；C 不正确，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；D 正确，故选D.3．三个不同的平面可能把空间分成________部分(写出所有可能的情况)．解析：如图(1)，可分成四部分(互相平行)；如图(2)(3)，可分成六部分(两种情况)；如图(4)，可分成七部分；如图(5)，可分成八部分．答案：4,6,7,8[清易错]1．三点不一定确定一个平面．当三点共线时，可确定无数个平面．2．判断由所给元素(点或直线)确定平面时，关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面的条件，如不具备，则一定不能确定一个平面．1．如图是正方体或四面体，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( )解析：选D A ，B ，C 图中四点一定共面，D 中四点不共面．2．过同一点的4条直线中，任意3条都不在同一平面内，则这4条直线确定平面的个数是________．解析：设四条直线为a ，b ，c ，d ，则这四条直线中每两条都确定一个平面，因此，a 与b ，a 与c ，a 与d ，b 与c ，b 与d ，c 与d 都分别确定一个平面，共6个平面．答案：6空间点、线、面的位置关系 1．空间直线间的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 2．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况． (2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． [小题速通]1．若空间三条直线a ，b ，c 满足a ⊥b ，b ⊥c ，则直线a 与c ( ) A ．一定平行 B ．一定相交 C ．一定是异面直线D ．平行、相交或异面都有可能解析：选D 当a ，b ，c 共面时，a ∥c ；当a ，b ，c 不共面时，a 与c 可能异面也可能相交．2．若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为( )A ．平行B ．相交C ．平行或重合D ．平行或相交解析：选D 当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零，满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为零．故选D.3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和MN 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 连接AD 1，则AD 1与MN 平行．所以∠D 1AC 为异面直线AC 和MN 所成的角的平面角．因为△D 1AC 是正三角形，所以∠D 1AC ＝60°.4．在正四面体ABCD 中，M ，N 分别是BC 和DA 的中点，则异面直线MN 和CD 所成的角为________．解析：因为ABCD 是正四面体，所以AB ⊥CD .取AC 的中点E ，连接ME ，NE ，则∠ENM 的大小为异面直线MN 和CD 所成角的大小．因为ME ⊥NE ，且ME ＝NE ，所以∠ENM ＝π4.答案：π4[清易错]1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”． 1.如图所示，在三棱锥P ­ABC 的六条棱所在的直线中，异面直线共有( )A ．2对B ．3对C ．4对D ．6对解析：选B 依题意，异面直线有AP 与BC ，PB 与AC ，CP 与AB ，共3对． 2．若直线a ⊥b ，且直线a ∥平面α，则直线b 与平面α的位置关系是( ) A ．b ⊂α B ．b ∥αC ．b ⊂α或b ∥αD ．b 与α相交或b ⊂α或b ∥α解析：选D b 与α相交或b ⊂α或b ∥α都可以．平行关系4定理 [过双基]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l ∥a ，a ⊂α，l ⊄α，∴l ∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l ∥α，l ⊂β，α∩β＝b ，∴l ∥b文字语言 图形语言 符号语言判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β，b ∥β，a ∩b ＝P ，a ⊂α，b ⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b1．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为( )A．都平行B．都相交且一定交于同一点C．都相交但不一定交于同一点D．都平行或交于同一点解析：选D 若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.2．下列说法中正确的是( )①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行．A．①②③B．①③C．②③D．①②解析：选D 由线面平行的性质定理知①正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．3．已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线( )A．只有一点，不在平面α内B．有无数条，不一定在平面α内C．只有一条，在平面α内D．有无数条，一定在平面α内解析：选C 由线面平行的性质可知C正确．4．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．答案：①或③[清易错]1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条直线相交”这一条件，如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( ) A．平行B．相交C．直线b在平面α内D．平行或直线b在平面α内解析：选D 依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．2．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥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解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.垂直关系4定理[过双基]1．直线与平面垂直的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a⊂α，b⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b 文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊂βl⊥α⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α1.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PBC解析：选B 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正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.2．设α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( ) A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥γ，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：选D 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m与β的位置不确定；若α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行，此时m∥β；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则α，β不一定平行，所以m不一定与β垂直；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β.故选D.3.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB4．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．答案：75.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)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)[清易错]1．证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．1．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法中正确的是( ) A．m⊂α，n∥m⇒n∥αB．m⊂α，n⊥m⇒n⊥αC．m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥βD．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β解析：选D 对于选项A，由直线与平面平行的判定定理可知，还需要满足n在平面α外；对于选项B，根据直线与平面垂直的判定定理可知，要使直线垂直平面，直线应该垂直平面内的两条相交直线；对于选项C，这两个平面也有可能相交；由平面与平面垂直的判定可知，选项D成立．故选D.2．下列说法中，错误的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β解析：选D A项显然正确．根据面面垂直的判定，B项正确．对于选项C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.∵γ⊥α，a⊥m，∴a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l，又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l⊥γ，故选项C正确．对于选项D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β，故在α内存在直线不垂直于平面β，即选项D错误．3．若不同的两点A，B到平面α的距离相等，则下列命题中一定正确的是( )A．A，B两点在平面α的同侧B．A，B两点在平面α的异侧C．过A，B两点必有垂直于平面α的平面D．过A，B两点必有平行于平面α的平面解析：选C 由题意得A，B两点在平面α的同侧或异侧，排除A、B；当A，B两点在平面α的异侧时，过A，B两点不存在平行于平面α的平面，排除D.故选C.一、选择题1．设三条不同的直线l1，l2，l3，满足l1⊥l3，l2⊥l3，则l1与l2( )A．是异面直线B．是相交直线C．是平行直线D．可能相交、平行或异面解析：选D 如图所示，在正方体ABCD­EFGH中，AB⊥AD，AE⊥AD，则AB∩AE＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，则AB∥DC；AB⊥AE，FH⊥AE，则AB与FH是异面直线，故选D.2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点．则异面直线EF与GH所成的角等于( )A．45°B．60°C．90° D．120°解析：选B 如图所示，连接BA1，BC1，A1C1，易知三角形BA1C1是等边三角形，因为E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则EF∥BA1，GH∥BC1，所以∠A1BC1＝60°是异面直线EF与GH所成的角．3．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( ) A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n解析：选D 若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n平行或异面，即A错误；若m∥α，n ⊥β，α⊥β，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.4.(2018·广东模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①BE与CF异面；②BE与AF异面；③EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B 画出该几何体，如图，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；②BE与AF满足异面直线的定义，故②正确；③由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，故③正确；④因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．故选B.5.如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选C 因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD 中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．6．(2018·余姚模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC 1，CD 1的中点，则下列说法错误的是( )A ．MN 与CC 1垂直B ．MN 与AC 垂直 C ．MN 与BD 平行 D ．MN 与A 1B 1平行解析：选D 如图，连接C 1D ，在△C 1DB 中，MN ∥BD ，故C 正确；∵CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴CC 1⊥BD ，∴MN 与CC 1垂直，故A 正确；∵AC ⊥BD ，MN ∥BD ，∴MN 与AC 垂直，故B 正确，故选D.7.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，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A ­BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等解析：选D 因为AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1，所以AC ⊥BE ，A 项正确；根据线面平行的判定定理，知B 项正确；因为三棱锥的底面△BEF 的面积是定值，且点A 到平面BDD 1B 1的距离是定值22，所以其体积为定值，C 项正确；很显然，点A 和点B 到EF 的距离不相等，故D 项错误．8．(2018·福州质检)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与直线A 1B 1，EF ，BC 都相交的直线( )A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条解析：选D 在EF 上任意取一点M ，直线A 1B 1与M 确定一个平面，这个平面与BC 有且仅有1个交点N ，当M 的位置不同时确定不同的平面，从而与BC 有不同的交点N ，而直线MN 与A 1B 1，EF ，BC 分别有交点P ，M ，N ，如图，故有无数条直线与直线A 1B 1，EF ，BC 都相交．二、填空题9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a ，b ，c 为三条交线，且a ∥b ，则a ，b ，c 的位置关系是________．解析：∵a ∥b ，a ⊂α，b ⊄α，∴b ∥α. 又∵b ⊂β，α∩β＝c ，∴b ∥c .∴a ∥b ∥c . 答案：a ∥b ∥c10．(2018·天津六校联考)设a ，b 为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a ∥α且b ∥α，则a ∥b ； ②若a ⊥α且a ⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，则一定存在直线l ，使得l ⊥α，l ∥β. 其中真命题的序号是________．解析：①中a 与b 也可能相交或异面，故不正确． ②垂直于同一直线的两平面平行，正确． ③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确． ④中只需直线l ⊥α且l ⊄β就可以，正确． 答案：②③④11．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________．解析：取BB 1的中点G ，连接FG ，A 1G ，易得A 1G ∥D 1E ，则∠FA 1G 是异面直线D 1E 和A 1F 所成角或补角，易得A 1F ＝A 1G ＝5，FG ＝6，在三角形FA 1G 中，利用余弦定理可得cos ∠FA 1G ＝5＋5－62×5×5＝25.答案：2512.如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，外接球的球心为O ，点E 是侧棱BB 1上的一个动点．则有以下结论：①AC 与C 1E 是异面直线； ②A 1E 一定不垂直于AC 1； ③三棱锥E ­AA 1O 的体积为定值； ④AE ＋EC 1的最小值为2 2.其中正确的个数是________．解析：①由异面直线的定义可知，①显然正确； ②当点E 与B 重合时，A 1E ⊥AC 1，故②错误；③由题意可知，三棱柱的外接球的球心O 是正方形AA 1C 1C 的中心，则三角形AA 1O 的面积为定值，且E 到平面AA 1O 的距离即为BB 1与平面AA 1C 1C 之间的距离，所以三棱锥E ­AA 1O 的体积为定值，故③正确；④将侧面AA 1B 1B 与侧面BB 1C 1C 展开成矩形，则矩形的对角线AC 1的长即为AE ＋EC 1的最小值为22，故④正确．答案：3 三、解答题13.如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P ­ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． 解：(1)因为S △ABC ＝12×2×23＝23，所以三棱锥P ­ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图所示，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则DE ∥BC ， 所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角． 在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，则cos ∠ADE ＝DE 2＋AD 2－AE 22DE ·AD ＝22＋22－22×2×2＝34.即异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.14．如图，在直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1，F 分别是棱AD ，AA 1，AB 的中点．(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.证明：(1)∵F是AB的中点，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，∴AF綊CD，∴四边形AFCD为平行四边形，∴CF∥AD.又ABCD­A1B1C1D1为直四棱柱，∴C1C∥D1D.而FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D，∴平面ADD1A1∥平面FCC1.∵EE1⊂平面ADD1A1，∴EE1∥平面FCC1.(2)在直四棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∵底面ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F是棱AB的中点，∴CF＝AD＝BF＝2，∴△BCF为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，∠FCA＝∠FAC＝30°，∴AC⊥BC.又BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，∴AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.高考研究课(一) 平行问题3角度——线线、线面、面面[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度线面关系基本问题5年3考空间线面平行、垂直关系判断线面平行的证明5年6考证明线面平行面面平行的证明未考查平行关系的基本问题[典例] a，b，c，则下列命题正确的是( )A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βB．若a⊥c，b⊥c，则a∥bC．若a⊥α，b⊥α，则a∥bD．若a，b在α内的射影相互平行，则a∥b(2)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”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] (1)若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直，排除A；若a⊥c，b⊥c，则a 与b可能异面，排除B；若a，b在α内的射影相互平行，则a与b平行或异面，排除D；垂直于同一平面的两直线平行，C正确．故选C.(2)∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．[答案] (1)C (2)B[方法技巧]解决平行关系基本问题的3个注意点(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．[即时演练]1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论正确的是______(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH ＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH的形状是平行四边形．答案：平行四边形直线与平面平行的判定与性质直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点.多考查直线与平面平行的判定.利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题.常见的命题角度有：1直线与平面平行的判定；2直线与平面平行的性质；3与平行相关的探索性问题.1.如图，空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分别为棱BE，DF的中点．求证：PQ∥平面ABCD.证明：法一：如图，取AE的中点G，连接PG，QG.在△ABE中，PB＝PE，AG＝GE，所以PG∥BA，又PG⊄平面ABCD，BA⊂平面ABCD，所以PG∥平面ABCD.在梯形ADFE中，DQ＝QF，AG＝GE，所以GQ∥AD，又GQ⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以GQ∥平面ABCD.因为PG∩GQ＝G，PG⊂平面PQG，GQ⊂平面PQG，所以平面PQG∥平面ABCD.又PQ⊂平面PQG，所以PQ∥平面ABCD.法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H，连接BH. 因为EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ，又FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH，所以△EFQ≌△HDQ，所以EQ＝QH.在△BEH中，BP＝PE，EQ＝QH，所以PQ∥BH.又PQ⊄平面ABCD，BH⊂平面ABCD，所以PQ∥平面ABCD.[方法技巧]证明直线与平面平行的3种方法定义法一般用反证法判定定理法关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程性质判定法即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面角度二：直线与平面平行的性质2.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥MO.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴AP∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且AP⊂平面PAHG，∴AP∥GH.[方法技巧]判定线面平行的4种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． 角度三：与平行相关的探索性问题3.在如图所示的多面体中，四边形ABB 1A 1和四边形ACC 1A 1都为矩形．设D ，E 分别是线段BC ，CC 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A 1MC ？请证明你的结论．证明：存在点M 为线段AB 的中点，使直线DE ∥平面A 1MC ，证明如下：如图，取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，得O 为AC 1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线， 所以MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE ∥MO . 因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)，使直线DE ∥平面A 1MC . [方法技巧]解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．面面平行的判定与性质[典例]方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求多面体ABCDEF 的体积．[解] (1)证明：在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点，所以GH ∥EF .又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以GH ∥平面AEF .设AC 与BD 的交点为O ，连接OH ，在△ACF 中，因为O ，H 分别是AC ，CF 的中点，所以OH ∥AF . 又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ⊂平面BDGH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)因为AC ⊥平面BDEF ，又易知AO ＝2，S 矩形BDEF ＝3×22＝62， 所以四棱锥A ­BDEF 的体积V 1＝13·AO ·S 矩形BDEF ＝4.同理可得四棱锥C ­BDEF 的体积V 2＝4. 所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V 1＋V 2＝8. [方法技巧]判定面面平行的4种方法(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点； (2)面面平行的判定定理；(3)垂直于同一条直线的两平面平行；(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行． [即时演练]1．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过点P 的直线m 与α，β分别交于点A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于点B ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为( )A ．16B ．24或245C ．14D ．20解析：选B 设BD ＝x ，由α∥β⇒AB ∥CD ⇒△PAB ∽△PCD ⇒PB PA ＝PDPC. ①当点P 在两平面之间时，如图1，x －86＝89－6，得x ＝24；②当点P 在两平面外侧时，如图2，8－x 6＝89＋6，得x ＝245.2.如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE ∥平面DMF ； (2)求证：平面BDE ∥平面MNG .证明：(1)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，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ， 又MN ⊂平面MNG ，BD ⊄平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG ，又DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ∥平面MNG .1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，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( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为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.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为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，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33解析：选C 法一：。

高考数学一轮复习空间线面位置关系的推理与证明导学案作业完成情况典题探究例1、在四面体ABCD中，△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形、(1)求证：BC⊥AD；(2)若点D到平面ABC的距离等于3，求二面角A－BC－D的正弦值；(3)设二面角A－BC－D的大小为 qq，猜想 q为何值时，四面体A－BCD的体积最大、(不要求证明)例2、如图，在长方体ABCDABCD的体积；(2)求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值、(提示：延长 BA，CD 相交于点 E，则直线 SE 是所求二面角的棱、)例4、斜三棱柱的一个侧面的面积为10，这个侧面与它所对棱的距离等于6，求这个棱柱的体积、(提示：在 AA1 上取一点 P，过P 作棱柱的截面，使 AA1 垂直于这个截面、)演练方阵A档（巩固专练）1、l1、l2、l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()、A、l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B、l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C、l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D、l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面2、设l，m，n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n⊂β，则l∥m、其中正确命题的个数是()、A、1B、2C、3D、43、在空间中，l、m、n是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列结论错误的是()、A、若α∥β，α∥γ，则β∥γB、若l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥mC、α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥αD、若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，l⊥m，l⊥n，则m⊥n4、下列四个条件：①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z 是平面；③x是直线，y，z是平面；④x，y，z均为平面、其中，能使命题“x⊥y，y∥z⇒x⊥z”成立的有 ( )、A、1个B、2个C、3个D、4个5、如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是()、A、EF与BB1垂直B、EF与BD垂直C、EF与CD异面D、EF与A1C1异面6、如图所示，在边长为4的正方形纸片 ABCD中，AC与BD 相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、B、C、D、 O为顶点的四面体的体积为________、7、如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上 (异于点A，B)，直线PA垂直于圆O 所在的平面，点M为线段PB的中点、有以下四个命题：①PA∥平面MOB；②MO∥平面PAC；③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC、其中正确的命题是____(填上所有正确命题的序号)、8、如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点、现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC、在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足、设AK＝t，则t的取值范围是________、9、如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，E、F分别为PC、BD的中点，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD、(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD、10、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、B档（提升精练）1、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为，体积为，则这个球的表面积是（）Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、2、已知在四面体中，分别是的中点，若，则与所成的角的度数为（）Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、3、三个平面把空间分成部分时，它们的交线有（）Ａ、条Ｂ、条Ｃ、条Ｄ、条或条4、在长方体，底面是边长为的正方形，高为，则点到截面的距离为( )A、B、C、D、5、直三棱柱中，各侧棱和底面的边长均为，点是上任意一点，连接，则三棱锥的体积为（）A、B、C、D、6、下列说法不正确的是（）A、空间中，一组对边平行且相等的四边形是一定是平行四边形；B、同一平面的两条垂线一定共面；C、过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内；D、过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直、7、空间四边形中，分别是的中点，则与的位置关系是_____________；四边形是__________形；当___________时，四边形是菱形；当___________时，四边形是矩形；当___________时，四边形是正方形8、四棱锥中，底面是边长为的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角的平面角为_____________。

2020版高考数学一轮复习精品学案：第七章立体几何【知识特点】1、本章知识点多，需加强理解，如空间几何体的结构特征，几何体的表面积、体积公式、三视图的特点，平面的基本性质及应用，直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定及性质，三种空间角的定义，利用空间向量求空间角及距离的方法等；2、空间想象力要求高，复杂几何体的结构，由几何体画三视图，由三视图还原几何体，线面位置关系的讨论判定空间直角坐标系的建立及点的坐标的确定都需要有较强的空间想象能力；3、运算能力要求高，体现在利用空间向量求空间角及距离，还体现在复杂几何体的表面积和体积的计算上；4、本章知识结构思路清晰，首先整体、直观把握几何体的结构特点，再按照点⇒线⇒面的位置关系的判定过程和面⇒线⇒点的性质过程进行两次转化与化归（还介绍了空间向量在立体几何中的应用）。

【重点关注】1、三视图是新增内容，利用考查空间想象能力，是考查的热点；2、与球有关的几何体的结构、表面积及体积计算是常考知识点；3、直线、平面间的位置关系是本章重点，要熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，熟悉定理中某一条件不具备时的反例，并注意使用符号要规范，推理逻辑要严谨；4、在空间角和距离的求解和位置关系的判定中，越来越体现空间向量这一工具的巨大作用。

【地位和作用】立体几何主要研究空间的直线、平面和简单几何体及它们的几何性质、位置关系的判定、画法、度量计算以及相关的应用。

以培养学生的发展空间想像能力和推理论证能力。

立体几何是高考必考的内容，试题一般以“两小题一大题或一大题一小题”的形式出现，分值在17—23分左右。

立体几何在高考中的考查难度一般为中等，从解答题来看，立体几何大题所处的为前4道，有承上启下的作用。

现就立体几何的地位与作用归纳如下：一、立体几何两个层次的要求：必修与必选必修：加强几何直观能力识图（有图识图、无图想图）画图（直观图与三视图的转化）降低逻辑推理能力要求（判定与性质）选修：以算代证、向量计算是趋势1、客观题考查知识点：(1) 判断：线线、线面、面面的位置关系；(2) 计算：求角(异面直线所成角、线面角、二面角)；求距离(主要是点面距离、球面距离)；求表面积、体积；(3) 球内接简单几何体(正方体、长方体、正四面体、正三棱锥、正四棱柱)(4)三视图、直观图（由几何体的三视图作出其直观图，或由几何体的直观图判断其三视图）2、主观题考查知识点：(1) 有关几何体：四棱锥、三棱锥、(直、正)三、四棱柱；(2) 研究的几何结构关系：以线线、线面(尤其是垂直)为主的点线面位置关系；(3) 研究的几何量：二面角、线面角、异面直线所成角、线线距、点面距离、面积、体积。

第3节空间中的平行关系一、教材概念·结论·性质重现1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)．2．两个平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥b a∥α判定定理的推论：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行．3．常用结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)同一条直线与两个平行平面所成角相等．(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( × )(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( √ )(3)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( × )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √ )2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD解析：选项A中，两直线可能平行，相交或异面，故选项A错误．选项B中，两平面可能平行或相交，故选项B错误．选项C中，两平面可能平行或相交，故选项C错误．选项D中，由线面垂直的性质定理可知命题正确．故选D.3．平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD解析：若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，下列命题正确的是()A．AE与CG是异面直线B．四边形AEC1F是正方形C．AE∥平面BC1FD．以上都不对C解析：由于EG∥A1C1∥AC，故A，E，G，C四点共面，故A项错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故B项错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.故选C.5．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．平行解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO(图略)．在△BDD1中，O 为BD的中点，E为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.考点1直线、平面平行的基本问题——基础性1．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()A．4条B．6条C．8条D．12条B解析：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有EF，GH，FG，EH，GE，HF，共有6条．2．(多选题)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，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平行的是()A BC DBCD解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD ∥AB.因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.C 项，作如图③所示的辅助线，则AB ∥CD ，CD ∥MQ ，所以AB ∥MQ . 又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .D 项，作如图④所示的辅助线，则AB ∥CD ，CD ∥NQ ，所以AB ∥NQ . 又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .故选BCD. 3．(多选题)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点，点P 在BD 1上且BP ＝23BD 1，则下列说法正确的是( )A ．MN ∥平面APCB ．C 1Q ∥平面APC C ．A ，P ，M 三点共线D ．平面MNQ ∥平面APCBC 解析：如图，对于A ，连接MN ，AC ，则MN ∥AC ，连接AM ，CN .易得AM ，CN 交于点P ，即MN ⊂平面APC ，所以A 选项错误．对于B ，由A 知M ，N 在平面APC 内，由题易知AN ∥QC 1，且AN ⊂平面APC ，QC 1⊄平面APC .所以B 选项正确．对于C ，由A 知，A ，P ，M 三点共线，所以C 选项正确．对于D ，由A 知MN ⊂平面APC ，又MN ⊂平面MNQ ，所以D 选项错误．直线、平面平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造图形，结合图形做出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．考点2直线、平面平行的判定与性质——综合性如图，在几何体E-ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE.证明：(方法一：线线平行，则线面平行)如图，取AE的中点H，连接HG，HD.因为G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝12AB.又F是CD的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(方法二：面面平行，则线面平行)如图，取AB的中点M，连接MG，MF.因为G是BE的中点，所以GM∥AE.又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE.所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF，所以平面GMF ∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF，所以GF∥平面ADE.解决线面平行问题的关键点(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面．1．(多选题)(2020·济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βC．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥βBC解析：若m∥α，n∥β且α∥β，则可能m∥n，m，n异面，或m，n 相交，A错误；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，又α∥β，m⊄β，故m∥β，C正确；若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误．故选BC.2．一个长方体被一个平面所截得的几何体如图所示，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．平行四边形解析：因为平面ABFE∥平面CDHG，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CDHG＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．3．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是P A，BD上的点，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG.因为BC∥AD，所以FGF A＝FBFD.又因为PEEA＝BFFD，所以PEEA＝GFF A，所以EF∥PG.又因为PG⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC.(方法二)过点F作FM∥AD，交AB于点M，连接EM.因为FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC.又因为FM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以FM∥平面PBC.由FM∥AD得BMMA＝BFFD.又因为PEEA＝BFFD，所以PEEA＝BMMA，所以EM∥PB.因为PB⊂平面PBC，EM⊄平面PBC，所以EM∥平面PBC.因为EM∩FM＝M，EM，FM⊂平面EFM，所以平面EFM∥平面PBC，因为EF⊂平面EFM，所以EF∥平面PBC.考点3面面平行的判定与性质及平行的综合问题——应用性考向1面面平行的判定与性质如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明：(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，所以A1G∥BE且A1G＝BE，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.又因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A1，所以平面EF A1∥平面BCHG.1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图，连接A1C，与AC1交于点M.因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD.因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.由三棱柱的性质知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1.又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．解：连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.因为平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，则A1D1D1C1＝A1OOB＝1.同理AD1∥DC1.又AD∥D1C1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，所以AD＝D1C1.又AC＝A1C1，所以A1D1D1C1＝DCAD，所以DCAD＝1，即ADDC＝1. 判定面面平行的方法(1)利用定义，即两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线两平面平行．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．考向2平行关系的综合问题如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：在棱C1D1上存在一点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG⊂平面A1BE.因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，所以四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.解决面面平行问题的关键点(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”．(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．1．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有()A．①②B．②③C．①③D．①②③C解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．2．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是______________．平面ABC，平面ABD解析：如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F.由重心的性质可知，E，F重合为一点且该点为CD的中点E.由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD，SC的中点．求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.又因为SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)如图，连接SD，因为F，G分别是CD，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1.又EG∥平面BDD1B1，EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE .[四字程序]读想算思平面ABF∥平面DCE，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3面面平行的证明方法；线∥面⇒面∥面，线∥线⇒面∥面构造平行关系证明平行的有关定理：1．面面平行的判定定理；2．面面平行判定定理的推论思路参考：应用面面平行的判定定理证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF ∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC⊂平面DCE，所以平面ABF∥平面DCE.思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.1．本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助于“平行”的有关定理来证明，对于此类题目要注意对定理的熟练应用．2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握相关定理以及直观想象、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力．3．基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行，以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性．(2020·苏北四市一模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．解：(方法一)如图1，取AB1的中点P，连接NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝12CC1＝2.图1(方法二)如图2，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ.图2因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.因为NQ⊄平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因为CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝12CC1＝2.(方法三)如图3，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS.图3因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，所以CM＝12BB1＝12CC1＝2.。