【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（四）立体几何中的直线、平面的位置关系学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（四）立体几何中的直线、平面的位置关系学案

高考必考题突破讲座(四)‎ 立体几何中的直线、平面的位置关系 题型特点 考情分析 命题趋势 ‎1.线面位置关系与体积计算．‎ ‎2．折叠问题．‎ ‎3．线面位置关系中的探索性问题.‎ ‎2017·全国卷Ⅱ，18‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，19‎ ‎2017·山东卷，18‎ ‎2017·北京卷，18‎ ‎1.线、面的平行与垂直关系是考查的热点，通过空间几何体的体积计算，考查学生的空间想象能力．‎ ‎2．平面图形折叠成空间几何体．‎ ‎3．是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题.‎ 分值：12～14分 ‎1．平行、垂直关系的证明与体积的计算 以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．‎ ‎2．平面图形折叠成空间几何体 先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．解决这类问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同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．‎ ‎3．线、面位置关系中的探索性问题 是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型．‎ ‎【例1】 (2017·北京卷)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎(1)求证：PA⊥BD；‎ ‎(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．‎ 解析　(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD⊂平面ABC，‎ 所以PA⊥BD.‎ ‎(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.‎ 由(1)知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，‎ 所以PA∥DE.‎ 因为D为AC的中点，‎ 所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.‎ 由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.‎ 所以三棱锥E－BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.‎ ‎【例2】 (2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积．‎ 解析　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF ‎，由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)由EF∥AC，得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4，‎ 所以OH＝1，‎ D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，又因为OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝，得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.‎ ‎【例3】 (2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.‎ ‎(1)证明：AC⊥BD；‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ 解析　(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.‎ 因为AD＝CD，所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形，‎ 所以AC⊥BO.‎ 从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.‎ ‎(2)连接EO.‎ 由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°.‎ 由题设知△AEC是直角三角形，所以EO＝AC.‎ 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.‎ 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离为，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.‎ ‎【例4】 (2018·浙江嘉兴一中期中)如图①，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中点，将三角形ADE沿AE翻折到图②的位置，使得平面AED′⊥平面ABC.‎ ‎(1)在线段BD′上确定点F，使得CF∥平面AED′，并证明；‎ ‎(2)求△AED′与△BCD′所在平面构成的锐二面角的正切值. ‎ 解析　(1)点F是线段BD′中点时，CF∥平面AED′.‎ 证明：记AE，BC的延长线交于点M，因为AB＝2EC，所以点C是BM的中点，所以CF∥MD′，而MD′在平面AED′内，CF在平面AED′外，所以CF∥平面AED′.‎ ‎(2)在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，∴BE⊥AE，‎ 因为平面AED′⊥平面ABC，且交线是AE，所以BE⊥平面AED′.‎ 在平面AED′内作EN⊥MD′，连接BN，则BN⊥MD′.‎ 所以∠BNE就是△AED′与△BCD′所在平面构成的锐二面角的平面角．‎ 解△D′EM可得EN＝，BE＝，所以tan∠BNE＝＝＝.‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P－ABCD的体积．‎ 解析　(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.‎ 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.‎ ‎(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.‎ 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，‎ 所以PM⊥CM.‎ 设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，所以PN＝x，‎ 因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)，x＝2，于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.‎ ‎2．如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1F⊥CD，如图2所示．‎ ‎(1)求证：A‎1F⊥BE；‎ ‎(2)线段A1B上是否存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ？说明理由．‎ 解析　(1)证明：由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.‎ 所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，‎ 又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.‎ 所以DE⊥A‎1F.‎ 又因为A‎1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A‎1F⊥平面BCDE，‎ 又BE⊂平面BCDE，所以A‎1F⊥BE.‎ ‎(2)线段A1B上存在一点Q，使A‎1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A‎1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(1)知，DE⊥平面A1DC，‎ 所以DE⊥A‎1C.‎ 又因为P是等腰三角形△DA‎1C底边A‎1C的中点，‎ 所以A‎1C⊥DP，又DE∩DP＝D，‎ 所以A‎1C⊥平面DEP，从而A‎1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，Q为A1B中点，使得A‎1C⊥平面DEQ.‎ ‎3．(2017·浙江卷)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．‎ ‎(1)证明：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ 解析　(1)证明：如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF＝AD.‎ 又因为BC∥AD，BC＝AD，‎ 所以EF∥BC且EF＝BC，‎ 即四边形BCEF为平行四边形，‎ 所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.‎ ‎(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ.‎ 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.‎ 由△PAD为等腰直角三角形，得PN⊥AD.‎ 由DC⊥AD，N是AD的中点，得BN⊥AD.‎ 所以AD⊥平面PBN，‎ 由BC∥AD，得BC⊥平面PBN，所以平面PBC⊥平面PBN.‎ 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.‎ MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．‎ 设CD＝1.在△PCD中，‎ 由PC＝2，CD＝1，PD＝，得CE＝，‎ 在△PBC中，BC＝1，PC＝2，BC⊥PB，得PB＝.‎ 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝，得QH＝，‎ 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，所以sin∠QMH＝，‎ 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.‎ 课时达标　讲座(四)‎ ‎[解密考纲]立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等，难度中等．‎ ‎1．(2017·江苏卷)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.‎ 解析　(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.‎ ‎2．如图，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.‎ ‎(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面ADO，写出作法并说明理由；‎ ‎(2)求三棱锥A－BCD的体积．‎ 解析　(1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，AO，‎ 则BC⊥平面ADO.‎ 证明如下：‎ ‎∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，‎ ‎∴△ABO≌△DBO，‎ 则∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.‎ 又∵AO∩OD＝O，AO⊂平面ADO，OD⊂平面ADO，‎ ‎∴BC⊥平面AOD.‎ ‎(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，‎ 平面ABC∩平面DBC＝BC，AO⊂平面ABC，‎ ‎∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱锥A－BCD底面BCD上的高，‎ 在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，‎ ‎∴AO＝ABsin 60°＝.‎ 又∵S△BCD＝BC·BD·sin∠CBD＝，‎ ‎∴V三棱锥A－BCD＝·S△BCD·AO＝××＝.‎ ‎3．如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．‎ ‎(1)求证：PE⊥BD；‎ ‎(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求的值．‎ 解析　(1)证明：∵BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴BD⊥平面PCD.又PE⊂平面PCD，‎ ‎∴BD⊥PE.‎ ‎(2)由题意，得BM＝BC，‎ 取BC的中点F，则PF∥MN.‎ 又PF⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，‎ ‎∴PF∥平面DMN.‎ 又∵PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，‎ ‎∴平面PEF∥平面DMN，平面PEF∩平面BDC＝EF，平面DMN∩平面BDC＝DM，∴EF∥DM，‎ ‎∴＝＝.‎ ‎4．(2018·广东七校联考)已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，AD＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点．‎ ‎(1)证明：平面PCD⊥平面PDE；‎ ‎(2)若PD＝AD，求点E到平面PBC的距离．‎ 解析　(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AB，‎ 连接DB，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴△DAB为等边三角形，‎ 又E为AB的中点，∴AB⊥DE，又PD∩DE＝D，‎ ‎∴AB⊥平面PDE，∵CD∥AB，∴CD⊥平面PDE.‎ ‎∵CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PDE.‎ ‎(2)∵AD＝2，∴PD＝2，‎ 在Rt△PDC中，PC＝4，同理PB＝4，‎ 易知S△PBC＝，S△EBC＝，‎ 设点E到平面PBC的距离为h，连接EC，‎ 由VP－EBC＝VE－PBC，得S△EBC·PD＝S△PBC·h，‎ ‎∴h＝.‎ ‎5．(2018·广东惠州调研)如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝2，点E在A1D上．‎ ‎(1)证明：AA1⊥平面ABCD；‎ ‎(2)当为何值时，A1B∥平面EAC，并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离．‎ 解析　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝2，‎ 在△AA1B中，由AA＋AB2＝A1B2，知AA1⊥AB，‎ 同理AA1⊥AD，又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，‎ 所以AA1⊥平面ABCD.‎ ‎(2)当＝1时，A1B∥平面EAC.‎ 证明如下：如图，连接BD交AC于点O，当＝1，即点E为A1D的中点时，‎ 连接OE，则OE∥A1B，又A1B⊄平面EAC，‎ 所以A1B∥平面EAC.‎ 直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离，因为E为A1D的中点，所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离，VD－EAC＝VE－ACD，设AD的中点为F，连接EF，则EF∥AA1，且EF＝1，所以EF⊥平面ACD，可 求得S△ACD＝，‎ 所以VE－ACD＝×1×＝.‎ 又AE＝，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝，所以S△EAC·d＝(d表示点D到平面EAC的距离)，解得d＝，所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.‎ ‎6．如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．‎ ‎(1)证明：MN∥平面AA′C′C；‎ ‎(2)设AB＝λA′A，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．‎ 解析　(1)证明：取A′B′的中点E，连接ME，NE.‎ ‎∵M，N分别为A′B和B′C′的中点，∴NE∥A′C′，ME∥AA′.‎ ‎∵A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，‎ ‎∴ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C.‎ 又ME∩NE＝E，∴平面MNE∥平面AA′C′C，‎ ‎∵MN⊂平面MNE，∴MN∥平面AA′C′C.‎ ‎(2)连接BN，设AA′＝a，‎ 则AB＝λAA′＝λa.‎ 由题意知BC＝λa，‎ NC＝BN＝.‎ ‎∵三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，‎ ‎∴平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.‎ ‎∵AB＝AC，∴A′B′＝A′C′，又点N是B′C′的中点，‎ ‎∴A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N.‎ 要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可．‎ ‎∴CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ‎2a2，‎ ‎∴λ＝，即λ＝时，CN⊥平面A′MN.‎