2019版二轮复习数学(文)通用版：专题检测(十二)空间位置关系的判断与证明含答案

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 ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝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-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.22 B.32C.52 D.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 -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＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中， CC 1＝AC 21－AC 2＝42－(22＋22)＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝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.12B ．－12 C.32 D ．－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．。

、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（）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 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.B 是错误的，若 a 丄卩，m/ a ，则m 与卩可能平行，可能相交，也可能线在面内，故 B 错与n 相交、平行或异面，即 C 错误，故选D.解析：选B A 中，因为API PB API PC PBn PC= P ,所以API 平面PBC 又BC ?PBC 所以API BC 故A 正确；C 中，因为平面 BPCL 平面APC 平面BP （n 平面 APC= PC BCL PC 所以BC 丄平面APC 又AP ?平面APC 所以AP I BQ 故C 正确；D 中，由A 知D 正专题检测（十二）空间位置关系的判断与证明A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件不相交, 2.关 于直线 a ，b 及平面 a ， A. 若 a / a ， a n 3 = b ， 则B. 若 a 丄卩 ，m// a ，则 mlC. 若 a 丄a ，a / 3 ，贝U a _LD. 若 a / a ， b 丄a ，贝Ub-I a 解析： 选C A 是错误的， 因为卩，下列命题中正确的是（ ）a 不一定在平面 卩内，所以a ,b 有可能是异面直线; 误; C 是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到 C 正确；D 是错误的，直线与平面垂直, 需直线与平面中的两条相交直线垂直.3. 已知空间两条不同的直线 m n 和两个不同的平面 a ,卩，则下列命题中正确的是A. 若 m// a ，n// 3 ，a // 3，则m/ nB.若 m// a ，n 丄3 ，a _L 3，则 m/ nC.若 ml a ，n//3，a -I 3，则 ml nD.若 ml a ，n 丄3 ，a _L 3，则 ml n解析： 选 D 若m// a ，n// 3， a // 3， 则 3， a 丄3贝U m 与n 相交或平行或 异面， 即 m 与n 平行或异面，即 A 错误；若m//a ,B 错误；若ml a ，n //卩，a 丄卩， 4.如图，在三棱锥 P -ABC 中，不能证明 AP I BC 的条件是（ ）A. API PB API PCB. API PB BC 丄 PBC. 平面BPCL 平面APC BC! PCD. API 平面PBC平面)n 尸ci tA确；B中条件不能判断出API BC故选B.相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论:①BDIAC②△ BAC是等边三角形;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADCL平面ABC其中正确的结论是（）A.①②④.①②③C.②③④.①③④解析：选B由题意知，BDI平面ADC故BDL AC①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABDL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. （2018 •全国卷I ）已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为（）解析：选A 如图所示，在正方体ABCCABGD中，平面ABD与棱A A, AB, A D所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与AA,A B1, A1 D平行，故正方体ABCDAB CD的每条棱所在直线与平面ABD所成的角都相等.如图所示，取棱AB BB, BC, CD, DD, DA的中点E, F, G H, M N,则正六边形EFGHMN在平面与平面ABD平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMfF 6X 2 x^22^^22X sin60 °= 343.故选A.二、填空题7. （2018给出下列命题:•天津六校联考）设a, b为不重合的两条直线， a , 3为不重合的两个平面,①若a//②若③若a 且b// a ,贝U a / b；a且a丄卩，贝U a / 3 ；a丄卩，则一定存在平面Y,使得丫丄a , 丫丄3 ；5.如图，以等腰直角三角形ABO的斜边BC上的高AD为折痕，把^ ABD^A ACD折成互④若a丄卩，则一定存在直线I ,使得I丄a , I // 3.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Y，使得Y与a , 3都垂直，正确.④中只需直线l丄a且l?3就可以，正确.&若P为矩形ABCC所在平面外一点，矩形对角线的交点为0 M为PB的中点，给出以下四个命题：① 0M/平面PCD②0M平面PBC③0M平面PDA④0M平面PBA其中正确的个数是.解析：由已知可得0M PD ••• 0M平面PCD且 0M平面PAD故正确的只有①③.9.如图，/ ACB= 90° DAL平面ABC AEI DB交DB于E, AF l DC交DC于F ,且AD= AB= 2,则三棱锥D-AEF体积的最大值为___________ .解析：因为DAL平面ABC所以DAL BC又BC! AC DA O AO A,所以BC!平面ADC所以BC L AF又AF丄CD B8 CD= C,所以AF丄平面£■HDCB所以AF1 EF, AF1 DB又DBL AE AE O AF= A,所以DBL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 ,1 1 a2+ b2 1 2 1则^ AEF的面积S= ^ab w当且仅当a= b= 1时等号成立），所以（VD AEF）max答案:半三、解答题10.（2018 •长春质检）如图，在四棱锥P-ABCD中 ,底面ABCD 为菱形，PA L平面ABCD E为PD的中点.(1)证明：PB//平面ACE⑵ 设PA= 1, AD=>/3 , PC= PD求三棱锥P-ACE的体积.fiZJ解：⑴证明：连接BD交AC于点0连接0E在^ PBD中 , PE= DEB0= D0 所以PB/ 0E又0总平面ACE PB?平面ACE所以PB//平面ACE（2）由题意得AO AD更=C ，,即 DF =i ^/i0 =込0, BD BB ， ' DF3 3 ， -ii i Jw (—厂 所以 VB -ADF= VA-B DF = —$△ B D F^ AD= —X2X 3 X Vi 0x22=i 2. (20 i 8 •石家庄摸底)如图，在多面体 ABCDPI 中,四边形ABCD 和 CDP 郵是直角梯形， AB// DC PE// DC ADI DC PD!平面 ABCDAB= PD= DA= 2P| CD= 3P| F 是 CE 的中点.(i )求证：BF//平面 ADP、 1 1所以 V-ACE = 2V P -ACD = 4V P-ABCD1 1=4X —S ?ABCD •PA 4 3=4x —x 2X¥X(⑷2 xi=£.11.如图，在直三棱柱 ABCABC 中，AB= AO AA= 3, BC= 2, D 是BC 的中点，F 是CC 上一点.(1)当CF = 2时，证明：BF 丄平面 ADF⑵ 若FD 丄B I D 求三棱锥 B i -ADF 的体积.解：⑴证明：因为AB= AC D 是BC 的中点, 占4所以ADL BC在直三棱柱 ABCABC 中，因为BB 丄底面ABC AD ?底面ABC 所以ADL B B. 因为B8 B i B = B ,所以ADL 平面B i BCC 因为B i F ?平面B BCC 所以ADL B i F .在矩形 B BCC 中，因为 C F = CD=1, B C = CF= 2, 所以 Rt△ DCF^ Rt △ FCB ,所以/ CFD=/ CBF ,所以/ B FD= 90° 所以B i F L FD因为Am FD= D 所以B F 丄平面 ADF⑵由(i )知 ADL 平面 B DF CD= i, AD= 2/2, 在Rt△ B BD 中，BD= CD=i, BB = 3 , 所以 因为 B i D= 7B D + B B =^/i0. FD! B i D,所以 Rt △ CDF^ Rt △BBD, (2)已知O 是BD 的中点，求证:BD!平面AOFi (hf 29 .所以证明：⑴取PD的中点为G,连接FG AG••• F是CE的中点, ••• FG是梯形CDPE勺中位线, •/ CD= 3PE • FG= 2PE FG/ CD •••CD/ AB AB= 2PE••• AB// FG AB= FG即四边形ABFG^平行四边形,••• BF// AG又BF?平面ADP AC?平面ADP ••• BF// 平面ADP ⑵延长AO交CD于M连接BM FM •/ BAI AD CD! DA AB= AD O 为BD 的中点, •••四边形ABM是正方形，贝U BD!AM MD= 2PE••• MD綊FG •••四边形DMF③平行四边形.•- FM/ PD •/ PD!平面ABCD •- FM!平面ABCD ••• FM! BD ••• AM T FM= M ••• BD!平面AMF即BDL平面AOF。

专题限时集训(八) 空间位置关系的判断与证明 [专题通关练](建议用时：30分钟)1．若a ，b 是空间中两条不相交的直线，则过直线b 且平行于直线a 的平面( )A ．有且仅有一个B ．至少有一个C ．至多有一个D ．有无数个B [∵a ，b 是空间中两条不相交的直线．∴a ，b 可能平行或异面．若a ，b 平行，则过直线b 且平行于直线a 的平面有无数个；若a ，b 异面，在b 上取一点O ，过O 作c ∥a ，则b ，c 确定平面α，∴a 平行于α，此时过直线b 且平行于直线a 的平面只有一个．故选B.]2．(2019·某某模拟)已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2 3.若点M 是线段A 1C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为( )A.12B.13C.23D.34C [过点M 作MN ⊥AC 于N ，连接BN (图略)，则∠MBN 为直线BM 与底面ABC 所成角，由题意可知MN ＝2，BN ＝3，所以tan∠MBN ＝MN BN ＝23.] 3．已知α，β表示两个不同的平面，l 表示既不在α内也不在β内的直线，存在以下三个条件：①l ⊥α；②l ∥β；③α⊥β，若以其中两个推出另一个构成命题，则正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3C [由①②⇒③、①③⇒②是真命题，而由②③不能得到①，故选C.]4．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 ，构成三棱锥A ­BCD ，则在三棱锥A ­BCD 中，下列命题正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABCD [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，CD∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故选D.]5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．无数[在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α(如图所示)，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．]6．(2019·某某模拟)如图，四面体ABCD中，CD＝4，AB＝2，E、F分别是AC、BD的中点，若EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于________．30[如图，取AD的中点M，连接ME、MF，则ME∥CD，MF∥AB，因为EF⊥AB，所以EF⊥MF，则∠MEF为EF与CD所成的角，又ME＝2，MF＝1，故∠MEF＝30°.]7．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．2[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝32－12＝ 2.]8．[一题多解](2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．图1 图2262－1[先求面数有如下两种方法．法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，∴22x＋x＋22x＝1.∴x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.]9．(2019·永州模拟)如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°，AC与BD交于点O.以BD为折痕，将△ABD折起，使点A到达点A1的位置．(1)若A1C＝6，求证：平面A1BD⊥平面ABCD；(2)若A1C＝22，求三棱锥A1­BCD体积．[解](1)证明：∵在菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°，AC与BD交于点O.以BD为折痕，将△ABD折起，使点A到达点A1的位置，A1C＝6，∴A1O⊥BD，OC＝OA1＝3，∴OC2＋OA21＝A1C2，∴OC⊥OA1，∵OC∩BD＝O，∴OA1⊥平面ABCD，∵OA1⊂平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面ABCD.(2)设点A 1到平面BCD 的距离为d ， ∵OC ＝OA 1＝3，A 1C ＝22， ∴12×3×d ＝12×22×3－2，解得d ＝263， S △BCD ＝12×BD ×OC ＝12×2×3＝3，∴三棱锥A 1­BCD 体积V ＝13×d ×S △BCD ＝13×263×3＝223. [能力提升练](建议用时：15分钟)10．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ­ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． [解] (1)由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又AP ∩PD ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ­ABCD 的体积V P ­ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2. 从而PA ＝PD ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P ­ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 11．如图所示，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)求证：AC ⊥平面POD .(2)求直线OC 和平面PAC 所成角的正弦值．[解](1)证明：连接OC.∵OA＝OC，D是AC的中点，∴AC⊥OD.∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，∴AC⊥PO.∵OD，PO是平面POD内的两条相交直线，∴AC⊥平面POD.(2)由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面PAC，∴平面POD⊥平面PAC.如图所示，在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC，连接CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，∴∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角．在Rt△ODA中，OD＝OA×sin 30°＝12.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPO2＋OD2＝2×122＋14＝23.在Rt△OHC中，sin∠OCH＝OHOC ＝23.∴直线OC和平面PAC所成的角的正弦值为23.12．(2019·某某二模)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ACD＝45°，CD＝2，△PAC是边长为2的等边三角形，PA⊥CD.(1)证明：平面PCD⊥平面ABCD(2)在线段PB上是否存在一点M，使得PD∥平面MAC？说明理由．[解](1)证明：取CD的中点E，连接PE，AE，∵∠ACD＝45°，CD＝2，AC＝2，∴AD＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝2，∴△ACD是等腰直角三角形，AD＝AC，∴AE⊥CD，又PA⊥CD，PA∩AE＝A，∴CD⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，∴CD⊥PE.∴PE ＝PC 2－CE 2＝1，又AE ＝12CD ＝1，PA ＝2， ∴PE 2＋AE 2＝PA 2，∴PE ⊥AE ，又AE ⊂平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，CD ∩AE ＝E ，∴PE ⊥平面ABCD ，又PE ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面ABCD .(2)当M 为PB 的中点时，PD ∥平面MAC .证明：连接BD 交AC 于O ，连接OM ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点，又M 是PB 的中点，∴OM ∥PD ，又OM ⊂平面MAC ，PD ⊄平面MAC ，∴PD ∥平面MAC .题号 内容 押题依据1 异面直线所成的角 对异面直线所成角的考查，是近几年高考一个新的重点．本题以平面图形的翻折为载体考查异面直线所成角的求法．考查了考生的直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养2直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，四棱锥的体积 高考对立体几何解答题的考查多分2小问，第(1)问是空间平行、垂直关系的证明；第(2)问多涉及体、面积的计算．本题符合高考的命题规律，考查考生的直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养 点，将四边形CDFE 沿EF 翻折，使得平面CDFE ⊥平面ABEF ，则BD ＝________，异面直线BD 与CF 所成角的余弦值为________．63010 [如图，连接DE 交FC 于O ，取BE 的中点G ，连接OG ，CG ，则OG ∥BD 且OG ＝12BD ，所以∠COG 为异面直线BD 与CF 所成的角或其补角．因为正方形ABCD 的边长为2，则CE ＝BE ＝1，CF ＝DE ＝CD 2＋CE 2＝5，所以CO ＝12CF ＝52.易得BE ⊥平面CDFE ，所以BE ⊥DE ，所以BD ＝DE 2＋BE 2＝6，所以OG ＝12BD ＝62.易知CE ⊥平面ABEF ，所以CE ⊥BE ，又GE ＝12BE ＝12，所以CG ＝CE 2＋GE 2＝52.在△COG 中，由余弦定理得，cos∠COG ＝OC 2＋OG 2－CG 22OC ·OG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×52×62＝3010，所以异面直线BD 与CF 所成角的余弦值为3010.] 【押题2】 如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，BC ＝2AB ，∠ABC ＝60°，PA ＝PB ＝AC ，点M 为AB 的中点．(1)试在棱PD 上找一点N ，使得AN ∥平面PMC ；(2)若PB ⊥AC ，PM ＝11，求四棱锥P ­ABCD 的体积．[解] (1)点N 为PD 的中点时AN ∥平面PMC .证明：取PD 的中点N ，PC 的中点Q ，连接AN ，QN ，MQ ，在△PCD 中，N ，Q 分别是所在边PD ，PC 的中点，则NQ ∥CD且NQ ＝12CD . 因为点M 为AB 的中点，AB ∥CD ，且AB ＝CD ，所以NQ ∥AM 且NQ ＝AM .所以四边形AMQN 是平行四边形，所以AN ∥MQ .又AN ⊄平面PMC ，MQ ⊂平面PMC ，所以AN ∥平面PMC .(2)在△ABC 中，BC ＝2AB ，∠ABC ＝60°，设AB ＝a ，则BC ＝2a ，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3a 2，则BC 2＝AB 2＋AC 2，由勾股定理的逆定理可得，AC ⊥AB .又PB ⊥AC ，PB ∩AB ＝B ，PB ，AB ⊂平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB . 因为PM ⊂平面PAB ，所以AC ⊥PM .因为PA ＝PB ，点M 为AB 的中点，所以PM ⊥AB,又AC ∩AB ＝A ，因此PM ⊥平面ABCD .在Rt△PAM 中，AM ＝12AB ＝a 2，PA ＝AC ＝3a ， 所以PM ＝3a 2－a 24＝11a 2＝11， 所以a ＝2，AB ＝2，BC ＝4， V 四棱锥P ­ABCD ＝13×AB ×BC ×sin∠ABC ×PM ＝13×2×4×32×11＝4333， 所以四棱锥P ­ABCD 的体积为4333.。

板块一.对平面的进一步认识【例1】 判断下面说法是否正确：①如果一条直线与两条直线都相交，那么这三条直线确定一个平面． ②经过一点的两条直线确定一个平面． ③经过空间任意三点有且只有一个平面．④若四边形的两条对角线相交于一点，则该四边形是平面图形． ⑤两个平面的公共点的集合，可能是一条线段． ⑥空间中的四个点只可能确定一个平面或四个平面．【难度】★★【解析】 ①错误，如果这三条直线交于一点，比如过正方体同一顶点的三条棱就无法确定一个平面；②正确，两条相交直线确定一个平面；③错误，必须是不共线的三点，如果是共线三点，则有无数个平面；④正确，两条相交的对角线确定一个平面，四个顶点都在这个平面内，故是平面图形；⑤错误，两个平面若相交，公共点必是一条直线；⑥错误；若四点共线，则可以有无穷多个平面过这四点，若是对不共线的四点，该命题正确．【例2】 在棱长为2的正方体''''ABCD A B C D -中，,E F 分别是 ,'AB CC 的中点，过点,,'E F D 的截面与正方体的下底面相交于直线l ，①请画出直线l 的位置；②设l BC G =，求BG 的长．【难度】★★★D'C'B'A'F EDCBA典例分析空间位置关系的判断与证明.复习题【解析】 ①延长'D F 交DC 的延长线于M ，连结EM ，如图所示，直线EM 即为所求的截面与底面的交线．MGABCDEFA'B'C'D'②因为F 为'CC 的中点，故CM DC =，又E 点为AB 的中点，故12BG EB GC MC ==，故1233BG BC ==．【例3】 如果两两平行的三条直线都与另一条直线相交，那么这四条直线共面． 【难度】★★【解析】 要证明这种文字类的题，首先要把已知与求证的内容用具体的符号语言表述出来．CBAlcb a已知：////a b c ，,,la A lb B lc C ===，求证：直线,,,a b c l 共面．证明：//,a b a b ⇒确定一个平面α，//,b c b c ⇒确定一个平面β， ,A a A B b B l A l B l ααα∈⇒∈⎫⎪∈⇒∈⇒⊂⎬⎪∈∈⎭，同理有l β⊂，又,b l B b l =⇒确定一个平面．而,b l 既在平面α内，又在平面β内，故α，β是同一个平面， 所以这四条直线,,,a b c l 共面．【例4】 任给三个平面，可能把空间划分成几个部分？ 【难度】 ★★★ 【解析】⑴ 当三个平面互相平行时，把空间分成四个部分；⑵ 当其中两个平面互相平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成六个部分； ⑶ 当三个平面都相交，且交线重合时，也将空间分成六个部分；⑷ 当三个平面都相交，且交线共点但不重合时，将空间分成八个部分； ⑸ 当三个平面两两相交，且交线平行时，将空间分成七个部分． 这几种情况分别如下图：（5）lγβα（4）βαγ（3）γβα（2）γβα（1）γβα【例5】 把正方体的各个面伸展成平面，则把空间分为（ ）A ．13部分B ．19部分C ．21部分D ．27部分【难度】 ★★★ 【解析】Ｄ【例6】 如图所示，已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为1，过1A A ，11A B 和AC的中点E ，F ，G 画截面．EQM PFHGC 1B 1A 1CBA【难度】 ★★★【解析】 ∵E ，G ∈平面1BA ，∴连结EG 并延长交1BB 的延长线于H ．∵E ，F ∈平面11A ACC ，∴连结EF 并延长交1C C 的延长线于M ， 又∵M ，H ∈平面11BB C C ，∴连结MH 交BC 于P ，交11B C 于Q ， ∴EMH ∆所在平面为切割平面∴连结Q ，G ，F ，P 即得切割平面与正三棱柱表面的交线， ∴五边形EFPQG 就是所求的截面．【例7】 （2008新课标海南宁夏）已知平面α⊥平面β，l αβ=，点A α∈，A l ∉，直线AB l ∥，直线AC l ⊥，直线m α∥，m β∥，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ ） A ．AB m ∥B ．AC m ⊥C ．AB β∥D ．AC β⊥【难度】 ★★★【解析】 D ；m m m l αβαβ⇒=∥，∥∥，AB m ∥，AC m ⊥一定成立；AB l ∥⇒AB β∥．【例8】 已知直线m n ，与平面αβ，，下面三个命题中正确的有______． ①m n m n αα⇒∥，∥∥；②m n n m αα⊥⇒⊥∥，；③m m αβαβ⊥⇒⊥，∥． 【难度】 ★★ 【解析】 ②③．【例9】 （05广东）给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题： ①若m α⊂，l A α=，点A m ∉，则l 与m 不共面；②若m 、l 是异面直线，∥l α，∥m α，且n l ⊥，n m ⊥，则n α⊥； ③若∥l α，∥m β，∥αβ，则∥l m ；④若l α⊂，m α⊂，l m =点A ，∥l β，∥m β，则∥αβ． 其中为假命题的是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④【难度】 ★★★ 【解析】 C ；①真，假定共面可导出矛盾；②真，可以平面α内可找到与平面，l m 平行的直线，且它们相交；③假；④真，面面平行的判定定理．【例10】 下列命题中，真命题有_______．①若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ；②若//,//,//,//a a b b αβαβ，则//αβ； ③若,,//a b a αββ⊂⊂，则a b =∅； ④若//,//,//,//,a a b b a b A αβαβ=，则αβ=∅；【难度】 ★★【解析】③④；两个相交平面内也存在平行直线，故①错误；若②中的两条直线平行，则得不到平面平行的结论，②错误；在两个平行平面中的任一个平面内的直线都平行于另一个平面，从而平行于另一个平面内的任意一条直线，③正确；两条相交直线与两个平面都平行，可得到这两个平面平行，因为可以在其中分别找到两条相交直线，对应平行，④正确．【例11】 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 的中点．求证：1B D ∥面11A C E ．EFABCDB 1C 1D 1A 1【难度】★★【解析】 连结11B D ，与11A C 交于点F ，连结EF ，∵在11B D D 中，E 为1DD 的中点，F 为11B D 的中点， ∴EF ∥1B D ，EF ⊂平面11A C E ，1B D ⊄面11A C E ∴1B D ∥面11A C E ．【例12】 如图，正方体1AC 中，点N 在BD 上，点M 在1B C 上，且CM DN =，求证：MN ∥平面11AA B B ．D 1C 1B 1M B NFECDA 1A【难度】 ★★★【解析】过M 点作//ME BC ，过N 点作//NF AD ，分别交1BB 和AB 于E F 、，连结EF ．∵//ME BC ， ∴11B MME BC B C =， 又∵//NF AD ， ∴NF BNAD BD =， 又已知CM DN =，1B C BD =，∴1B M BN =，11B M BN B C BD =，从而有ME NFBC AD=， 又∵//,BC AD BC AD =， ∴,//ME NF ME NF =， ∴MNFE 是平行四边形， ∴//MN EF ． 又MN ⊄平面11ABB A ，EF ⊂平面11ABB A ， ∴//MN 平面11ABB A ．【例13】 如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是平行四边形ABCD 的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱1//2EF BC ． 求证：FO ∥平面CDEF EDCBAO【难度】 ★★★【解析】取CD 中点M ，连结OM ，EMOABCDEF在平行四边形ABCD 中，1//2OM BC ，又1//2EF BC ，则//EF OM ，于是四边形EFOM 为平行四边形．∴FO ∥EM 又∵FO ⊄平面CDE ，且EM ⊂平面CDE ， ∴FO ∥平面CDE【例14】 下列说法正确的有 ．①过一点有且只有一条直线垂直于已知直线．②若一条直线与平面内无数条直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③若一条直线平行于一个平面，则垂直于这个平面的直线必垂直于这条直线． ④若一条直线垂直于一个平面，则垂直于这条直线的另一条直线必平行于这个平面．⑤若一条直线平行于一个平面，则它和这个平面内的任何直线都不垂直． ⑥平行于同一个平面的两条直线可能垂直．【难度】 ★ 【解析】 ①错误，过一点有一个平面垂直于已知直线，该平面内任一条过该点的直线都垂直于已知直线；②错误，若这无数条直线都是平行直线，则这条直线可以不垂直于这个平面，并且可以与这个平面相交，平行或在平面内；③正确，这条直线平行于这个平面，则必平行于该平面内的一条直线（过这条直线作一个与此平面相交的平面，交线即满足），而垂直于该平面的直线垂直于平面内任一条直线，故必垂直于这条与此平面平行的直线； ④错误，可以在此平面内，或与此平面平行； ⑤错误，在这个平面内有一组平行线与它异面垂直；⑥正确，比如正方体上底面的两条相邻的棱互相垂直，且都与下底面平行； 综上知，正确的说法有③⑥．【例15】 如图，ABCD 是正方形，SA 垂直于平面ABCD ，过A 且垂直于SC 的平面交SB 、SC 、SD 分别于点E 、F 、G ，求证：AE SB ⊥，AG SD ⊥．EBCFDGSA【难度】 ★★★【解析】 分析：本题考查线面垂直的判定与性质定理，以及线线垂直和线面垂直相互转化的思想．由于图形的对称性，所以两个结论只需证一个即可．欲证AE SB ⊥，可证AE ⊥平面SBC ，为此须证AE BC ⊥、AE SC ⊥，进而转化证明BC ⊥平面SAB 、SC ⊥平面AEFG ．证明：∵SA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴SA BC ⊥． 又∵ABCD 为正方形，∴BC AB ⊥． ∴BC ⊥平面ASB ．∵AE ⊂平面ASB ，∴BC AE ⊥．又∵SC ⊥平面AEFG ，∴SC AE ⊥．∴AE ⊥平面SBC ． 又∵SB ⊂平面SBC ，∴AE SB ⊥， 同理可证AG SD ⊥．【例16】 已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且1160A AB A AD ∠=∠=．求证：1CC ⊥BD ．OABCD A 1B 1C 1D 1【难度】 ★★★【解析】 ∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC连结BD ，AC 交于点O ，连结1A B ，1A D∵1160A AB A AD ∠=∠=，由1A AD ∆≌1A AB ∆可知，∴1A BD ∆为等腰三角形，又BO OD =∴1A O ⊥BD ，又1ACAO O =， ∴BD ⊥面1A AO ，又1AA ∥1CC ，且1CC ⊂面1A AO ．∴1CC ⊥BD【例17】 已知四面体ABCD ，①若棱AB CD ⊥，求证2222AC BD AD BC +=+②若2222AC BD AD BC +=+，求证棱AB CD ⊥．【难度】 ★★★【解析】 ①过B 作CD 的垂线，垂足E ，连AE ，FEDCBA∵CD AB ⊥， ∴CD ⊥平面ABE ， ∴CD AE ⊥．∴222AC AE CE =+、222BD BE DE =+； 又有222AD AE DE =+、222BC BE CE =+． ∴222222AC BD AE BE CE DE +=+++， 而222222AD BC AE BE CE DE +=+++． ∴2222AC BD AD BC +=+．②过A 点作CD 的垂线，垂足设为F ，于是有：222AD AF DF =+、222BC BE CE =+； 222AC AF CF =+、222BD BE DE =+；∵2222AD BC AC BD +=+；∴22222222AF DF BE CE AF CF BE DE +++=+++ ∴2222DF CE CF DE +=+， ∴2222DF CF DE CE -=-，∴()()()()DF CF DF CF DE CE DE CE +-=+-， ∴DF CF DE CE -=-． ∴DF CE DE CF +=+．∴E 、F 只能重合于一点，故有CD ⊥平面ABE ， ∴CD AB ⊥．【例18】 （2010年一模·丰台·文科·题16）如图，在底面是正方形的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，BD 交AC 于点E ，F 是PC 中点，G 为AC 上一点． ⑴求证：BD FG ⊥；⑵确定点G 在线段AC 上的位置，使FG //平面PBD ，并说明理由．【例19】 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，EF ⊥1A D ，EF ⊥AC ，求证：⑴1BD ⊥平面11A C D ；⑵1//EF BD ．FE AB CD A 1B 1C 1D 1【难度】 ★★★★【解析】 分析：证明1//EF BD ，构造与EF 、1BD 都垂直的平面是关键．由于EF 是AC 和1A D 的公垂线（现在不提出这个名词），这一条件对构造线面垂直十分有用． ⑴∵1BB ⊥平面1111A B C D ，11AC ⊂平面1111A B C D ， ∴111BB AC ⊥．∵四边形1111A B C D 为正方形， ∴1111AC B D ⊥，1111B D BB B =，∴11AC ⊥平面11BB D D ，而1BD ⊂平面11BB D D ，∴111AC BD ⊥． 同理11DC BD ⊥，1111DC AC C =，∴1BD ⊥平面11A C D ．⑵连结11A C ，由于11//AC AC ，EF AC ⊥， ∴11EF AC ⊥． 又1EF A D ⊥，1111A DAC A =， ∴EF ⊥平面11A C D ． 又由⑴知1BD ⊥平面11A C D ， ∴1//EF BD ．【例20】 （2009江苏高三调研）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11AB BC BC BC AB BC ⊥⊥=，，，E F G ，，分别为线段1111AC A C BB ，，的中点，求证：⑴平面ABC ⊥平面1ABC ；⑵EF ∥面11BCC B ；⑶GF ⊥平面11AB C ．C 1B 1A 1GFE CB A【难度】 ★★★★【解析】 ⑴∵BC AB ⊥，1BC BC ⊥， 1ABBC B =，∴BC ⊥平面1ABC ，又BC ⊂平面ABC ， ∴平面ABC ⊥平面1ABC ；⑵∵111AE EC A F FC ==，，∴1EF AA ∥． ∵11BB AA ∥，∴1EF BB ∥ ∵11EF BCC B ⊄，∴EF ∥面11BCC B ； ⑶连接EB ，则四边形EFGB 为平行四边形， ∵1AB BC =，1AE EC =，∴1EB AC ⊥， ∴1FG AC ⊥．又∵BC ⊥面1ABC ，∴11B C ⊥面1ABC ． ∴11B C BE ⊥．∴11FG B C ⊥． ∵1111B C AC C =，∴GF ⊥平面11AB C ．。

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)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．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.4.[求异面直线所成的角](2018·全国卷Ⅱ)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.22 B.32C.52D.72解析：选C 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 ＝BEAB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. [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.3.[线面角与体积交汇](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 2.4.[线面角与面积交汇](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.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]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．2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是()A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析：选C A是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．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.如图，在三棱锥P-ABC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，平面BPC∩平面APC＝PC，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.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D-ABC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．(2018·全国卷Ⅰ)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( ) A.334B.233C.324D.32解析：选A 如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin 60°＝334.故选A.二、填空题7．(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：②③④8．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.如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于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(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)，所以(V D -AEF )max ＝13×12×2＝26. 答案：26 三、解答题10.(2018·长春质检)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设PA ＝1，AD ＝3，PC ＝PD ，求三棱锥P -ACE 的体积．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE .在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE .又OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)由题意得AC ＝AD ，所以V P -ACE ＝12V P -ACD ＝14V P -ABCD＝14×13S ▱ABCD ·PA ＝14×13×2×34×(3)2×1＝38. 11.如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3，BC＝2，D 是BC 的中点，F 是CC 1上一点．(1)当CF ＝2时，证明：B 1F ⊥平面ADF ；(2)若FD ⊥B 1D ，求三棱锥B 1-ADF 的体积．解：(1)证明：因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，所以AD ⊥B 1B . 因为BC ∩B 1B ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1.因为B 1F ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥B 1F .在矩形B 1BCC 1中，因为C 1F ＝CD ＝1，B 1C 1＝CF ＝2，所以Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，所以∠CFD ＝∠C 1B 1F ，所以∠B 1FD ＝90°，所以B 1F ⊥FD .因为AD ∩FD ＝D ，所以B 1F ⊥平面ADF .(2)由(1)知AD ⊥平面B 1DF ，CD ＝1，AD ＝22，在Rt △B 1BD 中，BD ＝CD ＝1，BB 1＝3，所以B 1D ＝BD 2＋BB 21＝10.因为FD ⊥B 1D ，所以Rt △CDF ∽Rt △BB 1D ，所以DF B 1D ＝CD BB 1，即DF ＝13×10＝103， 所以V B 1-ADF ＝V A -B 1DF ＝13S △B 1DF ×AD ＝13×12×103×10×22＝1029. 12．(2018·石家庄摸底)如图，在多面体ABCDPE 中，四边形ABCD和CDPE 都是直角梯形，AB ∥DC ，PE ∥DC ，AD ⊥DC ，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝DA ＝2PE ，CD ＝3PE ，F 是CE 的中点．(1)求证：BF ∥平面ADP ；(2)已知O 是BD 的中点，求证：BD ⊥平面AOF .证明：(1)取PD 的中点为G ，连接FG ，AG ，∵F 是CE 的中点，∴FG 是梯形CDPE 的中位线，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，FG∥CD，∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，∴BF∥平面ADP.(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，∴四边形ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE. ∴MD綊FG.∴四边形DMFG为平行四边形．∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，即BD⊥平面AOF.。

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]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2018直线与平面所成的角、长方体体积的计算·T10求异面直线所成的角·T9面面垂直的证明及线面平行的存在性问题·T19线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算·T18线面垂直的证明及点到平面的距离计算·T192017线面平行的判定·T6线面平行的证明、四棱锥体积的计算·T18空间中线线垂直的判定·T10面面垂直的证明、四棱锥体积及侧面积的计算·T18线线垂直的判定、四面体体积的计算·T192016求异面直线所成的角·T11线线垂直、空间几何体体积的计算·T19线面平行、空间几何体体积的计算·T19线线垂直、线面垂直的判定与性质、四面体体积的计算·T18(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．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，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 ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝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-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.22 B.32C.52 D.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＝BEAB＝52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为5 2.(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OA＝3，所以PA ∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，＝2，OE＝12PA＝1，在Rt△BOE中，因为BO＝3，所以tan∠BEO＝BOOE＝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 -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＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中， CC 1＝AC 21－AC 2＝42－(22＋22)＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝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＝EF ＝2a ，FG 知FO ∥AB ，因为AB ⊥平面BCD ，所以FO ⊥OG ，设AB ＝2a ，则EG 余弦值为12，故选＝a 2＋a 2＝2a ，所以∠FEG ＝60°，所以异面直线AC 与BD 所成角的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．。

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).。

1CD2019高考数学专项讲解23：空间位置关系与证明第二十三讲空间位置关系与证明★★★高考在考什么【考题回放】1、〔浙江〕假设P是两条异面直线l m，外的任意一点，那么〔B 〕A、过点P有且仅有一条直线与l m，都平行B、过点P有且仅有一条直线与l m，都垂直C、过点P有且仅有一条直线与l m，都相交D、过点P有且仅有一条直线与l m，都异面2、〔湖南〕如图，过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有( D )A.4条B.6条C.8条D.12条3、〔湖北〕平面α外有两条直线m和n，如果m和n在平面α内的射影分别是m'和n'，给①m n m n''⊥⇒⊥；②m n m n''⊥⇒⊥；③m'与n'相交⇒m与n相交或重合；④m'与n'平行⇒m与n平行或重合、其中不正确的命题个数是〔Ｄ〕Ａ、1 Ｂ、2 Ｃ、3 Ｄ、44.〔湖北〕关于直线m、n与平面α、β，有以下四个命题：〔D〕①βα//,//nm且βα//，那么nm//；②βα⊥⊥nm,且βα⊥，那么nm⊥；③βα//,nm⊥且βα//，那么nm⊥；④βα⊥nm,//且βα⊥，那么nm//.其中真命题的序号是：A.①、②B.③、④C.①、④D.②、③5、在正方形''''DCBAABCD-中，过对角线'BD的一个平面交'AA于E，交'CC于F，那么()①四边形EBFD'一定是平行四边形②四边形EBFD'有可能是正方形③四边形EBFD'在底面ABCD内的投影一定是正方形④四边形EBFD'有可能垂直于平面DBB'以上结论正确的为①③④。

〔写出所有正确结论的编号〕6、〔上海〕在平面上，两条直线的位置关系有相交、平行、重合三种、αβ，是两个相交平面，空间两条直线12l l ，在α上的射影是直线12s s ，，12l l ，在β上的射影是直线12t t ，、用1s 与2s ，1t 与2t 的位置关系，写出一个总能确定1l 与2l 是异面直线的充分条件：21//s s ，并且1t 与2t 相交〔//1t 2t ，并且1s 与2s 相交〕 ★ ★★高考要考什么一．线与线的位置关系:平行、相交、异面；线与面的位置关系:平行、相交、线在面内； 面与面的位置关系:平行、相交；二、转化思想：⇔⇔⊥⇔⊥⇔⊥线线平行线面平行面面平行,线线线面面面； ★★★高考将考什么【范例1】〔天津〕如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，60AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=，，°，PA AB BC ==，E 是PC 的中点、〔Ⅰ〕证明CD AE ⊥； 〔Ⅱ〕证明PD ⊥平面ABE ； 〔Ⅲ〕求二面角A PD C --的大小、 〔Ⅰ〕证明：在四棱锥P ABCD -中，因PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，故PA CD ⊥、AC CD PA AC A ⊥=，∵，CD ⊥∴平面PAC 、而AE ⊂平面PAC ，CD AE ⊥∴、〔Ⅱ〕证明：由PA AB BC ==，60ABC ∠=°，可得AC PA =、E ∵是PC 的中点，AE PC ⊥∴、由〔Ⅰ〕知，AE CD ⊥，且PCCD C =，所以AE ⊥平面PCD 、而PD ⊂平面PCD ，AE PD ⊥∴、PA ⊥∵底面ABCD PD ，在底面ABCD 内的射影是AD ，AB AD ⊥，AB PD ⊥∴、又ABAE A =∵，综上得PD ⊥平面ABE 、〔Ⅲ〕解法一：过点A 作AM PD ⊥，垂足为M ，连结EM 、那么〔Ⅱ〕知，AE ⊥平面ABCDPEPCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ，那么EM PD ⊥、因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角、 由，得30CAD ∠=°、设AC a =，可得32PA a AD PD a AE a====，，，、在ADP Rt △中，AM PD ⊥∵，AM PD PA AD =∴··，那么a PA AD AM PD ===··、在AEM Rt △中，sin 4AE AME AM ==、解法二：由题设PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，那么平面PAD ⊥平面ACD ，交线为AD 、过点C 作CF AD ⊥，垂足为F ，故CF ⊥平面PAD 、过点F 作FM PD ⊥，垂足为M ，连结CM ，故CM PD ⊥、因此CMP ∠是二面角A PD C --的平面角、 由，可得30CAD ∠=°，设AC a =，可得13326PA a AD a PD a CF a FD a=====，，，，、FMD PAD ∵△∽△，FM FD PA PD=∴、于是，3a aFD PA FM PD ===··、在CMF Rt △中，1tan aCF CMF FM ===、ABCDPEMACD PEFM所以二面角A PD C --的大小是、 所以二面角A PD C --的大小是arcsin、变式：如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱//12EF BC =、 〔1〕证明FO //平面CDE ；〔2〕设BC =，证明EO ⊥平面CDF 、 证明：〔Ⅰ〕取CD 中点M ，连结OM. 在矩形ABCD 中，1//2OM BC，又1//2EF BC，那么//OM EF ，连结EM ，于是四边形EFOM 为平行四边形.//FO EM ∴ 又FO ⊄平面CDE ，EM ⊂平面CDE ，∴FO ∥平面CDE〔Ⅱ〕证明：连结FM ，由〔Ⅰ〕和条件，在等边△CDE 中，,CM DM EM CD =⊥且12EM BC EF ===. 因此平行四边形EFOM 为菱形，从而EO ⊥FM 而FM ∩CD=M ，∴CD ⊥平面EOM ，从而CD ⊥EO.而FM CD M ⋂=，所以EO ⊥平面CDF.【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，注意线面平行和线面垂直判定定理的使用，考查空间想象能力和推理论证能力。