1、第 2 講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系2019 考向?qū)Ш娇键c(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測(cè)2019201820171 .空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷江辦冋考立體幾何解答題 般位 居試卷15 或 16 題的位置.試題主要來(lái) 源于課本習(xí)題改編，主要考查空間平行 和垂直，這是近幾年一貫的命題原 貝預(yù)計(jì) 2020 年命題仍會(huì)堅(jiān)持這個(gè)命 題思想.空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判 斷一般會(huì)作為填空題考查，平面圖形的 折疊問(wèn)題和探索性問(wèn)題是命題的冷點(diǎn)，復(fù)習(xí)做適當(dāng)關(guān)注.2 .空間平行和垂直第 16 題第 15 題第 15 題3.平面圖形的折疊 問(wèn)題4.立體幾何中的探 索性問(wèn)題要點(diǎn)整合夯基釋鋌1.必記的概念與定理(1) 線面平行

2、與線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理；(2) 面面平行與面面垂直的判定定理、性質(zhì)定理.2 .需要活用的關(guān)系與結(jié)論堆噸平行的面呷出行的線瞰1_面面平行線面丁行的面面平和的性啟従理性陽(yáng)定理面面平存的性質(zhì)宜面面車丘的判宦迎理繩面乖直的 _ 面蟲乘百的線面判逗皇理面面浚面匝fl的垂苴杵勵(lì)宦卿fl:質(zhì)従理面血丑直的性尿定理3.需要關(guān)注的易錯(cuò)點(diǎn)使用有關(guān)平行、垂直的判定定理時(shí)，要注意其具備的條件，缺一不可.解答高考題時(shí), 推理過(guò)程不完整是失分的重要原因，需引起特別注意.空間線面位置關(guān)系的判斷典型例題創(chuàng)1(2018 鎮(zhèn)江期末)設(shè)a B為互不重合的平面，m, n 是互不重合的直線，給出下列三個(gè)命題：1若 m/ n,

3、n? a,貝 U m II a;2若 m? a, n? a,m/3,nI 3,貝 U a/3；3若a丄3 ,aA 3=m,n?a,n 丄 m,貝Un 丄3其中正確命題的序號(hào)為_(kāi).【解析】中， 當(dāng)m?a時(shí)命題不成立；中，只有當(dāng) m , n 相交時(shí)才一定成立；是 平面與平面垂直的性質(zhì)定理 ，故只有正確.【答案】 解決此類問(wèn)題，可以從三個(gè)角度加以研究 ，一是與相關(guān)的定理的條件進(jìn)行比較，看是否缺少條件，若缺少條件，則肯定是錯(cuò)誤的；二是采用模型法，即從一個(gè)常見(jiàn)的幾何體中來(lái)尋找滿足條件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否舉出一個(gè)反例.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1 .設(shè) I 是直線，a, 3是兩個(gè)不同的平面，

4、以下四個(gè)命題：若 II a,I/ 3貝 U all3；若 II a,I 丄3,貝 Ua丄3；若a丄3,I 丄a,貝 U I 丄3；若a丄3,丨丨la,貝 U I 丄3,其中正確的是 _.解析設(shè)aA 3=a,若直線 IIa,且 I?a,I ?3則 II a, II 3,因此a不一定平行于3,故錯(cuò)誤；由于 II a,故在a內(nèi)存在直線 17/I,又因?yàn)?I 丄3,所以 I丄3,故a丄3所以正確；若a丄3,在3內(nèi)作交線的垂線 I ,則 I 丄a,此時(shí) I 在平面3內(nèi)，因此錯(cuò)誤；已知a丄3,若aA 3=a , I /a ,且 I 不在平面a, 3內(nèi)，貝UIIa且 II 3,因此錯(cuò)誤.答案考點(diǎn)2空間平行和

5、垂直典型例題EE （2019 高考江蘇卷）如圖，在直三棱柱 ABC-AiBiCi中，D , E 分別為 BC , AC 的中點(diǎn),AB= BC.求證：(1)AIBI/平面DECI；(2)BE 丄CIE.【證明】(1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn)，所以ED/AB.在直三棱柱 ABC-AiB1C1中，AB /A1B1,所以 A1B1/ED.又因?yàn)?ED?平面 DEC1, A1B1?平面 DEC1,所以 A1B1/平面 DEC1.因?yàn)?AB = BC, E 為 AC 的中點(diǎn)，所以 BE 丄AC.因?yàn)槿庵?ABC-A1B1C1是直棱柱,所以 C1C 丄平面 ABC.又因?yàn)?BE?平面 ABC,所以

6、 C1C 丄BE.因?yàn)?C1C?平面 A1ACC1,AC?平面 A1ACC1, CQQAC= C,所以 BE 丄平面 A1ACC1.因?yàn)?C1E?平面 A1ACC1,所以 BE 丄 C1E.(1) 立體幾何中，要證線面平行，可利用線線平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)定理證明.(2) 證明面面垂直常用面面垂直的判定定理 ，即證明一個(gè)面過(guò)另一個(gè)面的一條垂線 ,將證 明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直 ，一般先從現(xiàn)有直線中尋找 ，若圖中不存在這樣的直線 ，則 借助中線、高線或添加輔助線解決.(3) 證明立體幾何問(wèn)題，要緊密結(jié)合圖形，有時(shí)要利用平面幾何的相關(guān)知識(shí)，因此有時(shí)候需要畫出一些圖形輔助使用.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2

7、 . (2018 高考江蘇卷)在平行六面體 ABCD-A1B1C1D1中，AA1= AB, AB1丄 B1C1.求證：(1)AB /平面BQ;(2)平面 ABBiAi丄平面 AiBC .證明(1)在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，AB /AiBi.因?yàn)?AB?平面 AiBiC, AiBi?平面 AiBiC,所以 AB /平面 AiBiC .在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，四邊形 ABBiAi為平行四邊形.又因?yàn)?AAi= AB,所以四邊形 ABBiAi為菱形，因此 ABi丄 AiB.又因?yàn)?ABi丄 BiCi, BC 伯iCi,所以 ABi丄 BC.又因?yàn)?AiBABC

8、= B, AiB?平面 AiBC, BC?平面 AiBC,所以 ABi丄平面 AiBC.因?yàn)?ABi?平面 ABBiAi,所以平面 ABBiAi丄平面 AiBC.考點(diǎn)平面圖形的折疊問(wèn)題典型例題GE 已知在矩形 ABCD 中，E 為邊 AB 的中點(diǎn)，將 ADE 沿直線 DE 翻轉(zhuǎn)成 AiDE .若M 為線段 AiC 的中點(diǎn)，則在 ADE 翻轉(zhuǎn)過(guò)程中，正確的命題是 _ .1BM 是定值；2點(diǎn) M 在圓上運(yùn)動(dòng)；3一定存在某個(gè)位置，使 DE 丄 AiC;4一定存在某個(gè)位置，使 MB /平面 AiDE .【解析】取 DC 中點(diǎn) N,連結(jié) MN , NB,則 MN /AID, NB /DE ,所以平面 M

9、NB /平面 AiDE ,因?yàn)?MB?平面 MNB,所以 MB /平面 AiDE ,正確；1/AiDE =ZMNB , MN = gAiD =定值，NB = DE =定值，根據(jù)余弦定理得 ，MB2= MN2+NB2 2MN NBcos /MNB ,所以 MB 是定值.正確；B 是定點(diǎn)，所以 M 是在以 B 為圓心，MB 為半徑的圓上，正確；當(dāng)矩形 ABCD 滿足 AC 丄 DE 時(shí)存在，其他情況不存在，不正確.所以正確.【答案】(1)解決與翻折有關(guān)的幾何問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清翻折前后哪些量改變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問(wèn)題的突破口.(2)把平面圖形翻折后，經(jīng)過(guò)

10、恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐熟悉的幾何體中去解決.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練DA 的中點(diǎn).將矩形 ABCD 沿線段 EF 折起，使得ZDFA = 60.設(shè) G 為 AF 上的點(diǎn).(1)試確定點(diǎn) G 的位置，使得 CF /平面 BDG ;在(1)的條件下，證明：DG 丄 AE.解(1)當(dāng)點(diǎn) G 為 AF 的中點(diǎn)時(shí)，CF /平面 BDG .證明如下:,從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化到我們3. (2019 江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(七)如圖，在ABCD 中，E, F 分別為 BC,【解析】取 DC 中點(diǎn) N,連結(jié) MN , NB,則 MN /AID, NB /DE ,因?yàn)?E, F 分別為 BC, DA 的中點(diǎn)，所以 EF /

11、 AB / CD .連接 AC,交 BD 于點(diǎn) O,連接 OG,則 AO= CO, 又 G 為 AF 的中點(diǎn)，所以 CF / OG,因?yàn)?CF?平面 BDG , OG?平面 DBG.所以 CF /平面 BDG .(2)證明：因?yàn)?E, F 分別為 BC, DA 的中點(diǎn)，所以 EF 丄 FD , EF 丄 FA.又 FDAFA= F,所以 EF 丄平面 ADF ,因?yàn)?DG?平面 ADF ,所以 EF 丄 DG .因?yàn)?FD = FA, ZDFA = 60所以 ADF 是等邊三角形，DG 丄 AF ,又 AFAEF = F,所以 DG 丄平面 ABEF .因?yàn)?AE?平面 ABEF ,所以 DG

12、 丄 AE.立體幾何中的探索性問(wèn)題典型例題：I (2019 江蘇省高考名校聯(lián)考(九)如圖，在四棱錐 P- ABCD 中，平面 FAD 丄平面1 1ABCD , AB 丄 AD , CO 丄 AD，且 AB= AO= 3AD = 1 , OF = qCD = .2, FA = 3.(1)在線段 FD 上找一點(diǎn) M，使得 CM /平面 FAB;證明：平面 PCD 丄平面 FAB.1【解】在線段 PD 上取點(diǎn) M ,使得 PM = -PD ,連接 OM .31 1在厶 PAD 中,OA= 3AD , PM = 3PD ,所以 OM /PA.又在四邊形 ABCD 中，AB 丄 AD , CO 丄 AD

13、,所以 AB / CO .因?yàn)?ABnPA= A, COPOM = O,所以平面 MOC /平面 FAB,又 CM?平面 MOC,所以 CM /平面 FAB.證明：在厶 FAO 中，F(xiàn)A=；3, AO= 1, OP = .2,所以 AO2+ OP2= AP2,故 AO 丄 OP.在 RtOD 中，OD = 2,故 PD2= OP2+ OD2= ( .;2)2+ 22= 6.故在 PAD 中，PA2+ PD2= AD2,所以 AP 丄 PD .因?yàn)槠矫?PAD 丄平面 ABCD，平面 PADn平面 ABCD = AD, AB 丄 AD，所以 AB 丄平面 PAD ,又 PD?平面 PAD ,所以

14、 AB 丄 PD .又 AB?平面 PAB , AP?平面 PAB , ABPAP = A,所以 PD 丄平面 PAB.又 PD?平面 PCD,所以平面 PCD 丄平面 PAB.立體幾何探索性命題的類型一、 探索條件，即探索能使結(jié)論成立的條件是什么.解這類題采用的策略是：（1）通過(guò)各種探索嘗試給出條件.（2）找出命題成立的必要條件 ，再證明充分性.二、 探索結(jié)論，即在給定的條件下命題的結(jié)論是什么對(duì)命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，探索的結(jié)論是否存在.解這類題采用的策略是： 常假設(shè)結(jié)論 存在，再尋找與條件相容還是矛盾的結(jié)論.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4.(2019 南通模擬)在正三棱柱 ABC

15、-AiBiCi中，點(diǎn) D 是 BC 的中點(diǎn),因?yàn)?0、D 分別是 AiB、BC 的中點(diǎn)，所以 AiC /OD .因?yàn)?AiC?平面 ABiD , OD?平面 ABiD,所以 AiC /平面 ABiD.M 為 CCi的中點(diǎn).證明如下：因?yàn)樵谡庵?ABC-AiBiCi中，BC= BBi,所以四邊形 BCCiBi是正方形.因?yàn)?M 為 CCi的中點(diǎn)，D 是 BC 的中點(diǎn)，所以 BiBD 也CM ,所以/ BBiD =ZCBM , ZBDBi=ZCMB .n又因?yàn)閆BBiD +ZBDBi= 2，/CBM+ ZBDBi= n，所以 BM 丄 BiD.因?yàn)?ABC 是正三角形，D 是 BC 的中點(diǎn)，所

16、以 AD 丄 BC .BC= BBi.(1)求證：AiC /平面 ABiD ;試在棱 CCi上找一點(diǎn) M，使 MB 丄 ABi.解證明：連結(jié) AiB,交 ABi于點(diǎn) O,連結(jié) OD .因?yàn)槠矫?ABC 丄平面 BBiCiC,平面 ABCn平面 BBiCiC= BC, AD?平面 ABC,所以 AD 丄平面 BBiCiC.因?yàn)?BM?平面 BBiCiC,所以 AD 丄 BM .因?yàn)?ADnBiD = D,所以 BM 丄平面 ABiD .因?yàn)?ABi?平面 ABiD ,所以 MB 丄 ABi.專題強(qiáng)化G精練提能i . （20i9 揭陽(yáng)模擬改編）設(shè)平面的_條件.，若直線 a, b 是平面a內(nèi)兩條相交

17、直線，且 a /3,b/ 3,貝ya/ 3；當(dāng)a/ 3,若 a?a,b?a,則 a/3,b/ 3,因此“a/3,b/ f是“all3的 必要不充分條件.答案必要不充分2 .在正方體 ABCD-AiBiCiDi中，E 為 DDi的中點(diǎn)，貝UBDi與過(guò)點(diǎn) A、E、C 的平面的位置關(guān)系是_ .解析連結(jié) AC、BD 相交于一點(diǎn) 0,連結(jié) 0E、AE、EC,因?yàn)樗倪呅?ABCD 為正方形，所以 DO = BO .而 DE = DiE,所以 EO DDiB 的中位線，所以 EO/ DiB,所以 BDi/平面 AEC.答案BDi/平面 AEC3. （20i9 南京模擬）四棱錐 P-ABCD 的底面 ABCD

18、 是邊長(zhǎng)為 2 的正方形，PA 丄底面 ABCD且 PA= 4,貝UPC 與底面 ABCD 所成角的正切值為 _.解析因?yàn)?PA 丄底面 ABCD ,所以 PC 在底面 ABCD 上的射影為 AC, ZPCA 就是 PC 與PA L 底面 ABCD 所成的角，tan/PCA =正=2.答案一 23,直線 a, b, a?a,b?a,則“ a /3,b /f是“ allB解析 由平面與平面平行的判定定理可知4. （2019 南京、鹽城模擬）已知平面 a,B,直線 m, n,給出下列命題:解析錯(cuò)誤，還有可能a, 3相交；錯(cuò)誤，直線 m, n 可能平行、相交或異面； 正確.答案5.（2019 鎮(zhèn)江期

19、末）如圖，四邊形 ABCD 中，AD / BC, AD = AB，/ BCD = 45。，/ BAD=90,將厶 ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD 丄平面 BCD，構(gòu)成三棱錐 A-BCD，則在三棱錐平面 ABC 丄平面 BDC;平面 ADC 丄平面 ABC .解析因?yàn)樵谒倪呅?ABCD 中，AD /BC, AD = AB, /BCD = 45, /BAD = 90,所以BD 丄 CD ,又平面 ABD 丄平面 BCD，且平面 ABD 門平面 BCD = BD，所以 CD 丄平面 ABD，則 CD 丄 AB,又 AD 丄 AB, ADPCD = D,所以 AB 丄平面 ADC ,又 AB?

20、平面 ABC,所以平面 ABC 丄平面 ADC .答案6.（2019 無(wú)錫期末）已知兩條直線 m、n,兩個(gè)平面a 3-給出下面四個(gè)命題：m/n,m 丄a? n 丄a; a/ 3,m?a,n?3? m/n;m/n,m/a? n/ a;all3,m/n,m 丄a? n 丄3其中正確命題的序號(hào)是 _ .解析兩條平行線中一條垂直于一個(gè)平面 ，則另一條也垂直于這個(gè)平面 ，故正確；兩 平面平行，分別在這兩平面內(nèi)的兩直線可能平行 ，也可能異面，故錯(cuò)；m / n, m/a時(shí)，n/ a 或 n? a,故錯(cuò)；由 a/ 3, m 丄 a 得 m 丄 3,由 m 丄 3, n /m 得 n 丄 3,故正確.答案7.（

21、2019 蘇州調(diào)研）正方體 ABCD-AiBiCiDi的棱長(zhǎng)為 2,點(diǎn) M 為 CCi的中點(diǎn)，點(diǎn) N 為線m/a,n /all3,m/m a,n 丄a丄3,m3,a,a,其中是真命題的是m 丄 n,貝U a丄3；n/ 3貝m/n;.（填寫所有真命題的序號(hào)）A-BCD 中,平面若若若若F列命題正確的是ABD 丄平面 ABC;1解析如圖所示，在線段 DDi上靠近點(diǎn) D 處取一點(diǎn) T,使得 DT = 3，因?yàn)?N 是線段 DDi2 1 2上靠近 D1的三等分點(diǎn)，故 D1N = 3，故NT=2- 3- 3 = 1 ,因?yàn)?M 為 CC1的中點(diǎn)，故 CM = 1,連接 TC,由 NT / CM ,且 C

22、M = NT = 1,知四邊形 CMNT 為平行四邊形，故 CT/ MN ,同理1在 AAi上靠近 A 處取一點(diǎn) Q,使得 AQ= 3，連接 BQ； TQ,則有 BQ/ CT / MN ,故 BQ 與1MN 共面，即 Q 與 Q 重合，故 AQ = 3. 1答案38._ 如圖，/ ACB = 90, DA 丄平面 ABC,AE 丄 DB 交 DB 于點(diǎn) E, AF 丄 DC 交 DC 于點(diǎn) F, 且 AD = AB= 2，則三棱錐 D-AEF 體積的最大值為_(kāi) .解析因?yàn)?DA 丄平面 ABC,所以 DA 丄 BC ,又 BC 丄 AC, DAAAC = A,所以 BC 丄平面ADC ,所以

23、BC 丄 AF .又 AF 丄 CD , BCACD = C,所以 AF 丄平面 DCB ,所以 AF 丄 EF, AF 丄 DB .又 DB 丄 AE, AEAAF = A,所以 DB 丄平面 AEF ,所以 DE 為三棱錐 D-AEF 的高.因?yàn)?AE 為等腰直角三角形 ABD 斜邊上的高，所以 AE= 2,設(shè) AF = a, FE = b,則厶 AEF 的面積 S= abw2a；b = 2X| =1，所以三棱錐 D-AEF 的體積 VW十譏=普（當(dāng)且僅當(dāng) a= b = 1 時(shí)等號(hào)成立）.答案石石1段 DDi上靠近 Di的三等分點(diǎn)，平面9.如圖，正方體 ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為

24、1,線段 B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn) E, F，且 EF =?,則下列結(jié)論中正確的是_ .（填序號(hào)）1AC 丄 BE;2EF /平面 ABCD ;3三棱錐 A-BEF 的體積為定值；4厶 AEF 的面積與厶 BEF 的面積相等.解析因?yàn)?AC 丄平面 BBiDiD,又 BE?平面 BBiDiD,所以 AC 丄 BE,故正確.因?yàn)?BiDi/平面 ABCD ,又 E、F 在線段 BiDi上運(yùn)動(dòng)，故 EF /平面 ABCD .故正確.中由于點(diǎn) B 到直線 EF 的距離是定值,故厶 BEF 的面積為定值， 又點(diǎn) A 到平面 BEF 的 距離為定值，故VA-BEF不變.故 正確.由于點(diǎn) A 到 BiDi的距

25、離與點(diǎn) B 到 BiDi的距離不相等，因此 AEF 與厶 BEF 的面積不相 等，故錯(cuò)誤.答案iO.在厶 ABC 中，/ ACB = 90, AB= 8,/ ABC = 60, PC 丄平面 ABC, PC= 4, M 是 AB 上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則 PM 的最小值為 _.所以 PC 丄 MC .故 PM= -PC2+ MC2=- MC2+ i6.又因?yàn)?MC 的最小值為4X4 3=23,所以 PM 的最小值為 2.7.答案2.：711. （2019 蘇省高考名校聯(lián)考（五）如圖，在斜三棱柱 ABC-AiBiCi中，CCi= CA,點(diǎn) E,F 分別為 ACi, BCi的中點(diǎn).（i）若 BiCi上存在一

26、點(diǎn) G,使得平面 EFG /平面 AAiBiB，求證：點(diǎn) G 為 BiCi的中點(diǎn);若 ACi丄 AB,求證：平面 CEF 丄平面 ABCi.證明如圖，連接 ABi,因?yàn)槠矫?EFG /平面 AAiBiB, EG?平面 EFG ,所以 EG/平面 AAiBiB.ABiCi,平面 ABiCin平面 AAiBiB = ABi,所以 EG / ABi,因?yàn)辄c(diǎn) E 為 ACi的中點(diǎn)，所以點(diǎn) G 為 BiCi的中點(diǎn).因?yàn)?CCi= CA，點(diǎn) E 為 ACi的中點(diǎn)，所以 CE 丄 ACi.因?yàn)辄c(diǎn) E, F 分別為 ACi, BCi的中點(diǎn)，所以 EF / AB,因?yàn)?ACi丄 AB,所以 EF 丄 ACi.又

27、 CEnEF = E, CE, EF?平面 CEF ,所以 ACi丄平面 CEF ,因?yàn)?ACi?平面 ABCi,所 以平面 CEF丄平面 ABCi.i2. （20i9 南通調(diào)研）如圖，在四面體 ABCD 中，平面 BAD 丄平面 CAD, / BAD = 90. M ,因?yàn)?EG?平面(1) 求證：CD /平面 MNQ ;求證：平面 MNQ 丄平面 CAD .證明因?yàn)?M , Q 分別為棱 AD , AC 的中點(diǎn)，所以 MQ / CD,又 CD?平面 MNQ , MQ?平面 MNQ,故 CD /平面 MNQ .(2) 因?yàn)?M , N 分別為棱 AD , BD 的中點(diǎn)，所以 MN/ AB,又/ BAD = 90 故 MN 丄 AD.因?yàn)槠矫?BAD 丄平面 CAD,平面 BAD 門平面 CAD = AD ,且 MN?平面 ABD ,所以 MN 丄 平面CAD .又 MN?平面 MNQ ,所以平面 MNQ 丄平面 CAD .13. (20I9 南京、鹽城模擬)如圖，E, F 分別是直角三角形 ABC 邊 AB 和 AC 的中點(diǎn), / B=90,中點(diǎn).求證:1 1 則 MN 綊 2BC,EF 綊 2BC ,所以四邊