高考数学二轮名师精编精析：空间位置关系与证明 10页

1 1 1 1 A B C D D C B A 空间位置关系与证明 ★★★高考在考什么 【考题回放】 1．（浙江）若 P 是两条异面直线lm， 外的任意一点，则（B ） A．过点 P 有且仅有一条直线与lm， 都平行 B．过点 有且仅有一条直线与 都垂直 C．过点 有且仅有一条直线与 都相交 D．过点 有且仅有一条直线与 都异面 2．（06 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 外有两条直线 m 和 n ，如果 和 在平面 内的射影分别是 m 和 n ，给出下列四个命题： ① m n m n   ； ② m n m n   ； ③ 与 相交 与 相交或重合； ④ 与 平行 与 平行或重合． 其中不正确的命题个数是（ Ｄ ） Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4 4.（湖北）关于直线 m 、 n 与平面 、  ，有下列四个命题：（D ） ①  //,// nm 且  // ，则 nm// ； ②   nm , 且   ，则 nm  ； ③  //,nm  且  // ，则 nm  ； ④  nm ,// 且   ，则 nm// . 其中真命题的序号是： A. ①、② B. ③、④ C. ①、④ D. ②、③ 5．在正方形 '''' DCBAABCD  中，过对角线 'BD 的一个平面交 'AA 于 E，交 'CC 于 F，则( ) 四边形 EBFD ' 一定是平行四边形 四边形 有可能是正方形 四边形 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 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． 已知， 是两个相交平面，空间两条直线 12ll， 在 上的射影是直线 12ss， ， 12ll， 在  上的射影是直线 12tt， ．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// ss ，并且 1t 与 2t 相交（ //1t 2t ，并且 1s 与 2s 相交） ★★高考要考什么 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 】 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 ，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 PC CD C ，所以 AE  平面 PCD． A B C D P E 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 AB AE 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 ．则（Ⅱ）知， AE  平面 PCD， AM 在平面 PCD内 的射影是 EM ，则 EM PD ． 因此 AME 是二面角 A PD C的平面角． 由已知，得 30CAD°．设 AC a ， 可得 2 3 21 2 3 3 2PA a AD a PD a AE a   ， ， ， ． 在 ADPRt△ 中， AM PD∵ ， AM PD PA AD∴ · · ， 则 23 273 721 3 aaPA ADAM aPD a    ·· ． 在 AEMRt△ 中， 14sin 4 AEAME AM ． 解法二：由题设 PA 底面 ABCD， PA  平面 PAD ，则平面 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． 由已知，可得 30CAD°，设 AC a ， 可得 2 3 21 1 3 3 3 2 6PA a AD a PD a CF a FD a    ， ， ， ， ． FMD PAD∵△ ∽△ ， FM FD PA PD∴ ． 于是， 3 76 1421 3 aaFD PAFM aPD a    ·· ． A B C D P E M F M 在 CMFRt△ 中， 1 2tan 7 7 14 aCFCMF FM a    ． 所以二面角 A PD C的大小是arctan 7 ． 所以二面角 A PD C的大小是 14arcsin 4 ． 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 // 1 2EF BC ． （1）证明 FO //平面 ； （2）设 3BC CD ，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 ，则 //OMEF ， 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）和已知条件，在等边△ CDE 中， ,CM DM EM CD且 31 22EM CD 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。 【范例 2】如图，在六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方 形，四边形 1 1 1 1A B C D 是边长为 1 的正方形， 1DD 平面 1 1 1 1A B C D ， 1DD 平面 ABCD ， 1 2DD  ． （Ⅰ）求证： 11AC 与 AC 共面， 11BD与 BD 共面． A B C D 1A 1B 1C 1D M （Ⅱ）求证：平面 11A ACC 平面 11B BDD ； （Ⅲ）求二面角 1A BB C的大小（用反三角函数值表示）． 证明：以 D 为原点，以 1DA DC DD， ， 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 D xyz 如图， 则有 1 1 1 1 (2 0 0) (2 2 0) (0 2 0) (10 2) (11 2) (01 2) (0 0 2) A B C A B C D ，，， ，，， ，，， ，，， ，，， ，，， ，， ． （Ⅰ）证明： 1 1 1 1( 110) ( 2 2 0) (110) (2 2 0)AC AC D B DB     ，，， ，，， ，，， ，，∵ ． 1 1 1 122AC AC DB D B，∴ ． AC∴ 与 11AC 平行， DB 与 11DB 平行， 于是 11AC 与 AC 共面， 11BD与 BD 共面． （Ⅱ）证明： 1 (0 0 2) ( 2 2 0) 0DD AC   ，， ，，· · ， (2 2 0) ( 2 2 0) 0DB AC   ，， ，，· · ， 1DD AC∴ ， DB AC ． 1DD 与 DB 是平面 11B BDD 内的两条相交直线． AC ∴ 平面 11B BDD ． 又平面 11A ACC 过 AC ． ∴平面 11A ACC 平面 11B BDD ． （Ⅲ）解： 1 1 1( 10 2) ( 1 1 2) (0 1 2)AA BB CC      ，，， ， ，， ， ， ． 设 1 1 1()x y z ， ，n 为平面 11A ABB 的法向量， 1 1 120AA x z   n· ， 1 1 1 120BB x y z    n· ． 于是 1 0y  ，取 1 1z  ，则 1 2x  ， (2 01) ，，n ． 设 2 2 2()x y z ， ，m 为平面 11B BCC 的法向量， 1 2 2 220BB x y z    m· ， 1 2 220CC y z   m· ． A B C D 1A 1B 1C 1D x y z 于是 2 0x  ，取 2 1z  ，则 2 2y  ， (0 21) ，，m ． 1cos 5， mnmn mn · ． ∴二面角 1A BB C的大小为 1π arccos 5 ． 解法 2（综合法）： （Ⅰ）证明： 1DD∵ 平面 1 1 1 1A B C D ， 1DD 平面 ABCD． 1D D DA∴ ， 1D D DC ，平面 1 1 1 1A B C D ∥平面 ABCD． 于是 11C D CD∥ ， 11D A DA∥ ． 设 EF， 分别为 DA DC， 的中点，连结 11EF A E C F， ， ， 有 1 1 1 1 11A E D D C F D D DE DF， ， ，∥ ∥ ． 11A E C F∴ ∥ ， 于是 11AC EF∥ ． 由 1DE DF，得 EF AC∥ ， 故 11AC AC∥ ， 11AC 与 AC 共面． 过点 1B 作 1BO 平面 ABCD于点O ， 则 1 1 1 1B O A E B O C F， ∥ ∥ ，连结OE OF， ， 于是 11OE B A ∥ ， 11OF B C ∥ ， OE OF∴ ． 1 1 1 1B A A D∵ ， OE AD∴ ． 1 1 1 1B C C D∵ ， OF CD∴ ． 所以点O 在 BD 上，故 11DB与 DB 共面． （Ⅱ）证明： 1DD∵ 平面 ABCD， 1D D AC∴ ， 又 BD AC （正方形的对角线互相垂直）， 1DD与 BD 是平面 11B BDD 内的两条相交直线， A B C D 1A 1B 1C 1D M O E F AC ∴ 平面 11B BDD ． 又平面 11A ACC 过 AC ，∴平面 11A ACC 平面 11B BDD ． （Ⅲ）解：∵直线 DB 是直线 1BB在平面 ABCD上的射影， AC DB ， 根据三垂线定理，有 1AC B B ． 过点 A 在平面 11ABB A 内作 1AM B B 于 M ，连结 MC MO， ， 则 1BB 平面 AMC ， 于是 11B B MC B B MO， ， 所以， AMC 是二面角 1A B B C的一个平面角． 根据勾股定理，有 1 1 15 5 6A A C C B B  ， ， ． 1OM B B∵ ，有 1 1 2 3 B O OBOM BB· ， 2 3BM  ， 10 3AM  ， 10 3CM  ． 2 2 2 1cos 25 AM CM ACAMC AM CM    · ， 1π arccos 5AMC   ， 二面角 1A BB C的大小为 1π arccos 5 ． 变式如图，已知 1 1 1 1ABCD A B C D 是棱长为3 的正方体， 点 E 在 1AA 上，点 F 在 1CC 上，且 1 1AE FC． （1）求证： 1E B F D， ， ， 四点共面；（4 分） （2）若点G 在 BC 上， 2 3BG  ，点 M 在 1BB 上， GM BF⊥ ，垂足为 H ，求证： EM ⊥平面 11BCC B ；（ 4 分） （3）用 表示截面 1EBFD 和侧面 11BCC B 所成的锐二面角的大小，求 tan ． 证明：（1）建立如图所示的坐标系，则 (3 01)BE  ，， ， (0 3 2)BF  ，， ， 1 (3 3 3)BD  ，， ， 所以 1BD BE BF，故 1BD ， BE ， BF 共面． 又它们有公共点 B ，所以 1E B F D， ， ， 四点共面． C B A G H M D E F 1B 1A 1D 1C z y x D1 C1 B1A1 E D C BA H D1 C1 B1A1 E D C BA （2）如图，设 (0 0 )Mz，， ，则 20 3GM z ， ， ， 而 (0 3 2)BF  ，， ，由题设得 2 3 2 03GM BF z    ， 得 1z  ． 因为 (0 01)M ，， ， (3 01)E ，，，有 (3 0 0)ME  ，， ，又 1 (0 0 3)BB  ，， ， (0 3 0)BC  ，， ，所以 1 0ME BB  ， 0ME BC  ， 从而 1ME BB⊥ ， ME BC⊥ ． 故 ME ⊥平面 11BCC B ． （3）设向量 ( 3)BP x y ， ， ⊥截面 1EBFD ，于是 BP BE⊥ ， BP BF⊥ ． 而 (3 01)BE  ，， ， (0 3 2)BF  ，， ，得 3 3 0BP BE x   ， 3 6 0BP BF y   ， 解 得 1x  ， 2y  ， 所 以 ( 1 2 3)BP   ， ， ． 又 (3 0 0)BA  ，， ⊥平面 11BCC B ，所以 BP 和 BA 的夹角等于 或 π  （ 为锐角）． 于是 1cos 14 BP BA BP BA   ． 故 tan 13  ． 【范例 3】如图，在长方体 AC1 中，AD=AA1=1，AB=2，点 E 在棱 AB 上移动. （1）证明：D1E⊥A1D； （2）当 E 为 AB 的中点时，求点 E 到面 ACD1 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角 D1—EC—D 的大小为 4  . 解析：法 1 （1）∵AE⊥面 AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E （2）设点 E 到面 ACD1 的距离为 h，在△ ACD1 中，AC=CD1= 5 ，AD1= 2 ， 故 .2 1 2 1,2 3 2 1522 1 1   BCAESS ACECAD 而 111 1 1 1 3 1, 1 , .3 3 2 2 3D AEC AEC AD CV S DD S h h h             （3）过 D 作 DH⊥CE 于 H，连 D1H、DE，则 D1H⊥CE， ∴∠DHD1 为二面角 D1—EC—D 的平面角. 设 AE=x，则 BE=2－x D1 C1 B1A1 E D C BA o x z y 11 2 , , 1.4 , 1 , ,, Rt D DH DHD DH Rt ADE DE x Rt DHE EH x            在 中 在 中 在 中 .4,32 .32543 .54,3 1 2 2 的大小为二面角时 中在中在 DECDAE xxxx xxCECBERtCHDHCRt    法 2：以 D 为坐标原点，直线 DA、DC、DD1 分别为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，设 AE=x，则 A1(1，0，1)，D1(0， 0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0), C(0，2，0). （1） .,0)1,,1(),1,0,1(, 1111 EDDAxEDDA  所以因为 （2）因为 E 为 AB 的中点，则 E（1，1，0）， 从而 )0,2,1(),1,1,1(1  ACED ， )1,0,1(1 AD ， 设平面 ACD1 的法向量为 ),,( cban  ， 则      ,0 ,0 1ADn ACn 也即      0 02 ca ba ，得      ca ba 2 ， 从而 )2,1,2(n ，所以点 E 到平面 AD1C 的距离为 .3 1 3 212 || || 1  n nEDh （3）设平面 D1EC 的法向量 ， ∴ ),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1( 11  DDCDxCE 由           .0)2( 02 ,0 ,01 xba cb CEn CDn 令 b=1, ∴c=2, a=2－x， ∴ ).2,1,2( xn  依题意 .2 2 5)2( 2 2 2 |||| || 4cos 2 1 1      xDDn DDn ∴ 321 x （不合，舍去）， 322 x . ∴AE= 32  时，二面角 D1—EC—D 的大小为 4  . 变式：如图，四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，AB=8，AD=4 3 ，侧面 PAD 为等边三角形，并且与底面所成二 面角为 60°. （Ⅰ）求四棱锥 P—ABCD 的体积； （Ⅱ）证明 PA⊥BD. 解析：（ Ⅰ）如图，取 AD 的中点 E， 连结 PE，则 PE⊥AD. 作 PO⊥平面在 ABCD，垂足为 O，连结 OE. 根据三垂线定理的逆定理得 OE⊥AD， 所以∠PEO 为侧面 PAD 与底面所成的二面角 的平面角，由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，所以 PO=3 3 ， 四棱锥 P—ABCD 的体积 VP—ABCD= .96333483 1  （Ⅱ）法 1 如图，以 O 为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得 P(0，0，3 )， A(2 ，－3，0)，B(2 ，5，0)，D(－2 ，－3，0) 所以 ).0,8,34(),33,3,32(  BDPA 因为 ,002424  BDPA 所以 PA⊥BD. 法 2：连结 AO，延长 AO 交 BD 于点 F.通过计算 可得 EO=3，AE=2 3 ，又知 AD=4 ，AB=8， 得 .AB AD AE EO  所以 Rt△ AEO∽Rt△ BAD.得∠EAO=∠ABD. 所以∠EAO+∠ADF=90° 所以 AF⊥BD. 因为 直线 AF 为直线 PA 在平面 ABCD 内的身影，所以 PA⊥BD. 【点晴】本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析问题能力，解题的关 键是二面角的使用。使用空间向量能降低对空间想象能力的要求，但坐标系的位置不规则，注意点坐标的表示。