高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直学案Word下载.docx
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A．l与l1，l2都相交
B．l与l1，l2都不相交
C．l至少与l1，l2中的一条相交
D．l至多与l1，l2中的一条相交
解析 方法一 如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；
如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.
方法二 因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.
热点二 空间平行、垂直关系的证明
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
例2
（1）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．
①求证：
直线BE∥平面A1FC1；
②平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B－EFM的体积．
①证明 取A1C1的中点G，
连接EG，FG，
因为点E为A1B1的中点，
所以EG∥B1C1
且EG＝
B1C1，
因为F为BC的中点，
所以BF∥B1C1且BF＝
所以BF∥EG且BF＝EG.
所以四边形BFGE是平行四边形，所以BE∥FG，
又BE⊄平面A1FC1，FG⊂平面A1FC1，
所以直线BE∥平面A1FC1.
②解 M为棱AB的中点．
理由如下：
因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1FC1，A1C1⊂平面A1FC1，
所以直线AC∥平面A1FC1，
又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，所以AC∥FM.
又F为棱BC的中点，所以M为棱AB的中点．
S△BFM＝
S△ABC＝
×
2×
sin60°
＝
，
所以三棱锥B－EFM的体积VB－EFM＝VE－BFM＝
2＝
.
（2）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°
，PD＝2a，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．
①证明：
平面EAC⊥平面PBD；
②若PD∥平面EAC，三棱锥P－EAD的体积为18
，求a的值．
①证明 因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC.
又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
又AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBD.
②解 连接OE.
因为PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，
所以PD∥OE.
又AC∩BD＝O，
所以O是BD的中点，所以E是PB的中点．
因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°
所以取AD的中点H，连接BH，可知BH⊥AD，
又因为PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PD⊥BH.
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BH⊥平面PAD.
在等边三角形ABD中，由于AB＝a，所以BH＝
a.
因此点E到平面PAD的距离d＝
BH＝
a＝
a，
所以VP－EAD＝VE－PAD＝
S△PAD×
d＝
a×
2a×
a3＝18
解得a＝6.
思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：
（1）证明线线平行常用的方法：
一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；
二是利用平行四边形进行平行转换；
三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；
四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．
（2）证明线线垂直常用的方法：
①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；
②勾股定理；
③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.
跟踪演练2 如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°
，CB＝CD，点E为棱PB的中点．
（1）若PB＝PD，求证：
PC⊥BD；
（2）求证：
CE∥平面PAD.
证明
（1）取BD的中点O，连接CO，PO，
因为CD＝CB，
所以△CBD为等腰三角形，
所以BD⊥CO.
因为PB＝PD，
所以△PBD为等腰三角形，
所以BD⊥PO.
又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.
（2）由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，
又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB＝90°
及BD⊥CO，可得CO∥AD，
又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，
所以平面CEO∥平面PAD，
而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.
热点三 平面图形的翻折问题
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
例3 如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．
（1）求证：
DE⊥平面PCF；
平面PBC⊥平面PCF；
（3）在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？
若存在，请指出点M，N的位置，并证明；
若不存在，请说明理由．
（1）证明 折叠前，因为四边形AECD为菱形，
所以AC⊥DE，
所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，
又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，
所以DE⊥平面PCF.
（2）证明 因为四边形AECD为菱形，
所以DC∥AE，DC＝AE.
又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，
所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB∥DE.
又由
（1）得，DE⊥平面PCF，所以CB⊥平面PCF.
因为CB⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCF.
（3）解 存在满足条件的点M，N，
且M，N分别是PD和BC的中点．
如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.
因为四边形DEBC为平行四边形，
所以EF∥CN，EF＝
BC＝CN，
所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC∥EN.
在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，
所以MF∥PE.
又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，
所以平面CFM∥平面PEN.
思维升华
（1）折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．
（2）存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．
跟踪演练3 如图，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC＝
，AB＝AP＝
AE＝2，将△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角．
CD∥平面PAB；
（2）求三棱锥E－PAC的体积．
（1）证明 因为
AE＝2，所以AE＝4，
又AB＝2，AB⊥PE，
所以BE＝
＝2
又因为AC＝
BE，
所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线，
所以C是BE的中点，
又因为D是AE的中点，
所以CD是Rt△ABE的中位线，所以CD∥AB，
又因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
（2）解 由
（1）知，直线CD是Rt△ABE的中位线，
所以CD＝
AB＝1，
因为二面角P－AB－E是直二面角，平面PAB∩平面EAB＝AB，PA⊂平面PAB，PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABE，又因为AP＝2，
所以VE－PAC＝VP－ACE＝
AE×
CD×
AP
4×
1×
真题体验
1．（2017·
全国Ⅰ改编）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________．（填序号）
答案
（1）
解析 对于
（1），作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，
∴直线AB与平面MNQ相交；
对于
（2），作如图②所示的辅助线，
则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
对于（3），作如图③所示的辅助线，
对于（4），作如图④所示的辅助线，
则AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，
∴AB∥平面MNQ.
2．（2017·
江苏）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AB∥EF.又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AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
押题预测
1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是（ ）
A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥β
C．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β
押题依据 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．
解析 构造长方体，如图所示．
因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B也不垂直，所以选项A，B都是假命题．
CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．
“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.
2．如图
（1），在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图
（2）所示．
A1E⊥FP；
（2）若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；
押题依据 以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向．
（1）证明 在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．
因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°
，所以△ADF为正三角形．
又AE＝DE，所以EF⊥AD.
所以在题图
（2）中，A1E⊥EF，
又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，
且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，
所以A1E⊥平面BEFC.
因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.
（2）解 在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．
如题图
（1），在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，
所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.
如图所示，取A1P的中点M，连接MK，
因为点K为棱A1F的中点，
所以MK∥FP.
因为FP∥BE，所以MK∥BE.
因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.
故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．
A组 专题通关
1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：
①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；
②若l∥α，α∥β，则l∥β；
③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；
④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.
其中说法正确的个数为（ ）
A．3B．2C．1D．4
解析 ①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；
②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；
③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；
④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.
2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为（ ）
A．①②B．③④C．①③D．②④
解析 由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；
图②中GH与MN异面，符合题意；
图③中GH与MN相交，不合题意；
图④中GH与MN异面，符合题意．
则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.
3．给出下列四个命题：
①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；
②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；
③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；
④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．
其中真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
解析 对于①，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α，故正确；
对于②，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；
对于③，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；
对于④，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确．
4．（2018·
全国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.
B.
C.
D.
答案 A
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．
分别取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×
.故选A.
5．对于四面体A—BCD，有以下命题：
①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；
②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；
③四面体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；
④若四面体A—BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为
其中正确的命题是（ ）
A．①③B．③④C．①②③D．①③④
解析 ①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；
②不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；
③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°
，其中有4个直角三角形；
④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为
，根据等体积公式
S△BCD×
r，解得r＝
那么内切球的表面积S＝4πr2＝
，故选D.
6．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是（ ）
A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2
解析 对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；
对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；
对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；
对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．（填序号）
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E－ABC的体积为定值；
④直线B1E⊥直线BC1.
答案 ①②③
解析 因为AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥BE，故①正确；
因为B1D1∥BD，即BD∥B1E，B1E⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以B1E∥平面ABCD，故②正确；
记正方体的体积为V，
则VE－ABC＝
V为定值，故③正确；
B1E与BC1不垂直，故④错误．
8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
答案 a或2a
解析 由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，
又CF⊂平面ACC1A1，
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．
令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.
易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，
得
，即
整理得x2－3ax＋2a2＝0，
解得x＝a或x＝2a.
9.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，△GAD为等边三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°
，若点P为线段GD的中点．
AP⊥平面GCD；
平面ADG∥平面FBC.
证明
（1）因为△GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，所以AP⊥GD.
因为AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD⊂平面GAD，故CD⊥平面GAD，
又AP⊂平面GAD，所以CD⊥AP，
又CD∩GD＝D，CD，GD⊂平面GCD，
所以AP⊥平面GCD.
（2）因为BF⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以BF⊥CD，
因为BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面FBC，
所以CD⊥平面FBC，由
（1）知CD⊥平面GAD，
所以平面ADG∥平面FBC.
10．在梯形ABCD中（图1），AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，已知DE＝1，AE＝2，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得AF⊥BD，DE∥CF，得空间几何体ADE－BCF（图2）．
（1）证明：
BE∥平面ACD；
（2）求三棱锥E－ACD的体积．
（1）证明 连接BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，则OH是△AFC的中位线，
所以OH∥CF且OH＝
CF，
由已知得DE∥CF且DE＝
所以DE∥OH且DE＝OH，
所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，
又因为EO⊄平
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