2023届高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间位置关系的判断与证明学案

第2讲　空间位置关系的判断与证明

1.[空间线线位置关系] (2021·浙江卷,T6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　A　)

A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD

B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1

C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD

D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1

解析:法一　连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D,所以AB⊥A1D,所以A1D⊥平面ABD1,所以A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中,由中位线定理可得MN∥AB,所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角,所以MN与平面BB1D1D不垂直,所以选项A正确.故选A.

法二　以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).设AB=2,则A1(2,0,2),D(0,0,0),D1(0,0,2),B(2,2,0),所以M(1,0,1),N(1,1,1),所以=(-2,0,-2),=(2,2,-2),=(0,1,0),所以·=-4+0+4=0,所以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D与BD1是异面直线,所以A1D与BD1异面且垂直.因为平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以·n=0,所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ,因为平面BDD1B1的一个法向量为a=(-1,1,0),所以sin θ=|cos<,a>|===,所以直线MN与平面BB1D1D不垂直.故选A.

2.[空间平面的平行与垂直] (2022·全国乙卷,T7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　A　)

A.平面B1EF⊥平面BDD1

B.平面B1EF⊥平面A1BD

C.平面B1EF∥平面A1AC

D.平面B1EF∥平面A1C1D

解析:如图,对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1=D,从而EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故选项A正确;对于选项B,因为平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故选项B错误;对于选项C,由题意知直线AA1与直线B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故选项C错误;对于选项D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面 A1C1D与平面B1EF不平行,故选项D错误.故选A.

3.[空间线面平行的判定] (2022·全国甲卷,T19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.

(1)证明:EF∥平面ABCD;

(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).

(1)证明:如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接EM,FN,MN,

因为△EAB与△FBC均为正三角形,且边长均为8,

所以EM⊥AB,FN⊥BC,且EM=FN.

又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD,

平面EAB∩平面ABCD=AB,平面FBC∩平面ABCD=BC,EM⊂平面EAB,FN⊂平面FBC,

所以EM⊥平面ABCD,FN⊥平面ABCD,

所以EM∥FN,

所以四边形EMNF为平行四边形,

所以EF∥MN.

又MN⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,

所以EF∥平面ABCD.

(2)解:如图,分别取AD,DC的中点P,Q,连接PM,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.

由(1)知EM⊥平面ABCD,

FN⊥平面ABCD,

同理可证得,GQ⊥平面ABCD,

HP⊥平面ABCD,

易得EM=FN=GQ=HP=4,

EM∥FN∥GQ∥HP.

易得AC⊥BD,MN∥AC,PM∥BD,

所以PM⊥MN,

又PM=QN=MN=PQ=BD=4,

所以四边形PMNQ是正方形,

所以四棱柱PMNQ-HEFG为正四棱柱,

所以=(4)2×4=128.

因为AC⊥BD,BD∥PM,所以AC⊥PM.

因为EM⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

所以EM⊥AC.

又EM,PM⊂平面PMEH,且EM∩PM=M,

所以AC⊥平面PMEH,

则点A到平面PMEH的距离d=AC=2,

所以=S四边形PMEH·d=×4×4×2=,

所以该包装盒的容积

V=+4

=128+4×=(cm3).

4.[面面垂直与锥体体积] (2021·全国乙卷,T18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.

(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;

(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.

(1)证明:因为PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,

所以PD⊥AM.

因为PB⊥AM,且PB∩PD=P,

PB⊂平面PBD,PD⊂平面PBD,

所以AM⊥平面PBD.

又AM⊂平面PAM,

所以平面PAM⊥平面PBD.

(2)解:因为M为BC的中点,所以BM=AD.

由题意知AB=DC=1.

因为AM⊥平面PBD,BD⊂平面PBD,

所以AM⊥BD,

由∠BAM+∠MAD=90°,∠MAD+∠ADB=90°,

得∠BAM=∠ADB,

易得△BAM∽△ADB,所以=,即=,得AD=,所以S矩形ABCD=AD·DC=×1=,

则四棱锥P-ABCD的体积=S矩形ABCD·PD=××1=.

　　高考对此部分内容的考查,一是空间线面关系的命题的真假判断,以选择题、填空题的形式考查,属于基础题;二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题,一般以选择题、填空题或解答题的第1问的形式考查,属中档题.

热点一　空间点、线、面的位置关系

判断空间直线、平面位置关系的常用方法

(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断,解决问题.

(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、正四面体等模型中观察线、面的位置关系,并结合有关定理进行判断.

典例1　(1)(2022·河南焦作二模)设m,n,l是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是(　　)

A.若m⊂α,n∥β,α⊥β,则m⊥n

B.若m∥α,α∩β=n,则m∥n

C.若α∩β=l,α⊥β,m⊂α,m⊥l,m∥n,则n⊥β

D.若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α∥β

(2)(2022·浙江绍兴模拟预测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段CD1上的动点,则(　　)

A.AP∥平面BC1D

B.AP∥平面A1BC1

C.AP⊥平面A1BD

D.AP⊥平面BB1D1

解析:(1)若m⊂α,n∥β,α⊥β,则m与n的位置关系可能是平行、相交或异面,故A错误;

若m∥α,α∩β=n,则m与n的位置关系可能是平行或异面,故B错误;

若α∩β=l,α⊥β,m⊂α,m⊥l,则m⊥β,因为m∥n,所以n⊥β,故C正确;

因为m⊥n,m⊥α,n∥β,所以α与β相交或平行,故D错误.故选C.

(2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,由AA1与CC1平行且相等得四边形ACC1A1是平行四边形,则A1C1∥AC,

AC⊄平面A1BC1,A1C1⊂平面A1BC1,得AC∥平面A1BC1,

同理AD1∥平面A1BC1,而AD1,AC是平面AD1C内两条相交直线,因此有平面AD1C∥平面A1BC1,

AP⊂平面AD1C,所以AP∥平面A1BC1,故选B.

(1)根据定理判断空间线面位置关系,可以举反例,也可以证明,要结合题目灵活选择.

(2)求角时,可借助等角定理先利用平行关系找到这个角,然后把这个角放到三角形中去求解.

热点训练1　 (1)(多选题)(2022·江苏如东高三期末)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则(　　)

A.若m∥n,n⊂α,则m∥α

B.若m⊥n,n⊂α,则m⊥α

C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n

D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n

(2)(2022·四川泸州模拟)已知O1是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点,则下列说法中正确的是(　　)

A.O1C1与A1C是异面直线

B.O1C1∥平面A1BCD1

C.O1C1⊥AD

D.O1C1⊥平面BDD1B1

解析:(1)m∥n,n⊂α时,m⊂α或m∥α,A错误;

m⊥n,n⊂α,m与α可能平行,可能相交,也可能m⊂α,不一定垂直,B错误;

若m⊥α,n⊥α,由线面垂直的性质定理知,C正确;

m∥α,m∥β,α∩β=n,如图,过m作平面γ交β于直线l,由m∥β得m∥l,

同理过m作平面δ与α交于直线p,得m∥p,

所以l∥p,而l⊄α,所以l∥α,又l⊂β,α∩β=n,则l∥n,所以m∥n,D正确.故选CD.

(2)连接A1C,AC1,交于点O,连接A1C1,B1D1,交于点P. 连接AC,BD,A1B,D1C,O1O.

由题可知,O1在平面A1C1CA上,所以O1C1与A1C共面,故A错误;

在四边形OO1C1C中,O1O∥C1C且O1O=C1C,所以四边形OO1C1C为平行四边形, 所以O1C1∥OC.

因为OC⊂平面A1BCD1,O1C1⊄平面A1BCD1,所以O1C1∥平面A1BCD1,故B正确;

由正方体的性质可得A1C1⊥B1D1,因为O1B1=O1D1,所以O1P⊥B1D1,

又因为O1P∩A1C1=P,所以B1D1⊥平面O1A1C1, 所以B1D1⊥O1C1,又因为B1D1∥BD,所以BD⊥O1C1,

而AD与BD所成角为45°,显然O1C1与AD不垂直,故C错误;

显然O1C1与O1B1不垂直,而O1B1⊂平面BDD1B1,所以O1C1与平面BDD1B1不垂直,故D错误.故选B.

热点二　空间平行、垂直关系的证明

1.平行关系及垂直关系的转化

2.利用向量证明空间位置关系

(1)利用向量证明平行问题.

①线线平行:方向向量平行.

②线面平行:平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直.

③面面平行:两平面的法向量平行.

(2)利用向量法证明垂直问题的类型及常用方法.

典例2　如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,H是A1B1的中点,P是BC1与B1C的交点,Q是A1N与C1H的交点.

(1)求证:A1C⊥BC1;

(2)求证:PQ∥平面A1CM.

证明:(1) 法一　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,以点A为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),

所以=(-2,-2,2),=(0,-2,-2),

所以·=(0,-2,-2)·(-2,-2,2)=0,即⊥,

所以A1C⊥BC1.

法二　连接AC1(图略),在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,

所以AA1⊥AB.

又∠BAC=90°,则AB⊥AC,因为AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,所以AB⊥平面ACC1A1.

因为A1C⊂平面ACC1A1,所以AB⊥A1C.

因为AC⊂平面ABC,AA1⊥平面ABC,

所以AA1⊥AC,又AC=AA1=2,所以四边形AA1C1C为正方形,所以A1C⊥AC1.

因为AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1,因为BC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥BC1.

(2) 法一　因为AB=AC=AA1=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,H为A1B1的中点,P是BC1与B1C的交点,

所以由(1)法一得A1(0,0,2),C(0,-2,0),P(1,-1,1),M(1,0,0),N(1,-1,2),H(1,0,2),

依题意可知Q为△A1B1C1的重心,则=,可得Q(,-,2),

所以=(-,,1),=(0,-2,-2),=(1,0,-2),

设n=(x,y,z)为平面A1CM的法向量,

则 即

取z=1,得x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).

所以·n=(-,,1)·(2,-1,1)=0,

则⊥n,

因为PQ⊄平面A1CM,所以PQ∥平面A1CM.

法二　连接BH,MH.

在正方形AA1B1B中,M为AB的中点,

所以BM∥A1H且BM=A1H,所以四边形BMA1H是平行四边形,所以BH∥A1M.因为BH⊄平面A1CM,A1M⊂平面A1CM,所以BH∥平面A1CM.

又H为A1B1的中点,所以四边形AA1HM是矩形,所以MH∥AA1且MH=AA1.

因为AA1∥C1C且AA1=C1C,所以MH∥CC1,MH=C1C,

所以四边形MHC1C为平行四边形,所以C1H∥CM.因为C1H⊄平面A1CM,CM⊂平面A1CM,所以C1H∥平面A1CM,

因为C1H∩BH=H,C1H⊂平面BHC1,BH⊂平面BHC1,

所以平面BHC1∥平面A1CM,又PQ⊂平面BHC1,所以PQ∥平面A1CM.

(1)证明线线平行的常用方法:

①三角形的中位线定理等平面几何中的定理;

②平行线的传递性;

③线面平行的性质定理;

④面面平行的性质定理;

⑤线面垂直的性质定理.

(2)证明线线垂直的常用方法:

①等腰三角形三线合一等平面几何知识;

②勾股定理的逆定理;

③利用线面垂直证线线垂直.

热点训练2　 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.

(1)求证:BD⊥平面PAC;

(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;

(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.

(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,

BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.

因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.

又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.

(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,

AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.

又因为AB∥CD,所以AB⊥AE.

又AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,

所以AE⊥平面PAB.

因为AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.

(3)解:棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.

理由如下:

如图,取PB的中点F,PA的中点G,连接CF,FG,EG,

则FG∥AB,且FG=AB.

因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,

所以CE∥AB,且CE=AB,

所以FG∥CE,且FG=CE,

所以四边形CEGF为平行四边形,所以CF∥EG.

因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.

热点三　翻折问题

　　翻折问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变,一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.

典例3　(2022·皖江名校联考)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠A=,AD=1,AB=2,BC=3,将梯形沿中位线EF折起并连接AB,CD得到图2所示的多面体AEB-DFC,且AE⊥CE.

(1)证明:BE⊥平面AEF;

(2)求点F到平面ACE的距离.

(1)证明:在平面图形中,由梯形中位线性质可得AE=BE=1,EF=×(1+3)=2,EF⊥AB,

折起后EF⊥AE,EF⊥BE,又AE⊥CE,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面BEF⇒AE⊥平面BEF⇒AE⊥BE,

又AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF⇒BE⊥平面AEF.

(2)解:由(1)BE⊥平面AEF,得三棱锥C-AEF的高为BE=1,

底面积S△AEF=×2×1=1,所以三棱锥C-AEF的体积V=×1×1=,

又由题设得CE2=BE2+BC2=1+9=10,CE=,S△ACE=×1×=,

因为=,设点F到平面ACE的距离为h,

则××h=,解得h=,即点F到平面ACE的距离等于.

解决与折叠有关问题的突破口是抓住折叠前后的不变量.

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,善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.

热点训练3　 如图是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形,AB=2AD=2a.将此图形沿AB折叠,使平面ABCD垂直于半圆所在的平面.若点E是折后图形中半圆O上异于A,B的点.

(1)证明:EA⊥EC;

(2)若异面直线AE和DC所成的角为,求三棱锥D-ACE的体积.

(1)证明:因为平面ABCD⊥半圆O所在的平面,平面ABCD∩半圆O=AB,BC⊂平面ABCD,BC⊥AB,

所以BC⊥半圆O.又EA⊂半圆O,所以BC⊥EA,

又∠AEB是直角,即BE⊥EA,而BE∩BC=B,BE,BC⊂平面EBC,所以EA⊥平面EBC,

又EC⊂平面EBC,所以EA⊥EC.

(2)解:在矩形ABCD中,AB∥CD,

直线AE和DC所成的角为,

所以直线AE和AB所成的角为,即∠BAE=.

过E作EF⊥AB于F,易知EF⊥平面ABCD.又AB=2AD=2a,∠BAE=,易得AE=a,即有

EF=a,

S△ACD=·AD·CD=×a×2a=a2,

则==S△ACD·EF=×a2×a=a3,所以三棱锥D-ACE的体积是a3.