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1、专题24立体几何的位置关系 命题规律内 容典 型考查空间线面、面面平行与垂直的判定与性质2019年高考全国卷理数以解答题形式考查线面平行的判定与性质2019年高考全国卷理数以解答题形式考查线线垂直2019年高考江苏卷以解答题形式考查线面垂直2019年高考全国卷理数以解答题形式考查面面垂直的判定与性质2019年高考全国卷理数命题规律一 考查空间线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质【解决之道】解决此类问题的关键在于熟记平面的基本性质、线线、线面、面面垂直的判定与性质，可以通过实验进行判断.【三年高考】1.【2020年高考浙江卷6】已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的（
2、 ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解法一：由条件可知当在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线两两相交，如图，三个不同的交点确定一个平面，则在同一平面，“”在同一平面是“两两相交”的必要不充分条件，故选B解法二：依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，在同一平面综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件故选B2.【2019年高考全国卷理数】设，为两个
3、平面，则的充要条件是（ ）A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B3.【2018年高考浙江卷】已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为m,n,m/n，所以根据线面平行的判定定理得m/.由m/不能得出m与内任一直线平行，所以m/n是m/的充分不必要条件，故选A.4.【20
4、19年高考全国卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）ABM=EN，且直线BM，EN 是相交直线BBMEN，且直线BM，EN 是相交直线CBM=EN，且直线BM，EN 是异面直线DBMEN，且直线BM，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线，过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B5.【2019年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余
5、下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_【答案】如果l，m，则lm.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l，m，则lm，正确；（2）如果l，lm，则m，不正确，有可能m在平面内；（3）如果lm，m，则l，不正确，有可能l与斜交、l.故答案为：如果l，m，则lm.命题规律二 以解答题形式考查线面平行的判定与性质【解决之道】解决此类问题的关键要熟记线面平行、面面平行的判定与性质，会利用定理实现线线、线面、线面的相互转化.【三年高考】1.【2020年高考上海卷15】在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线相交的
6、面是（ ）A B C D 【答案】A【解析】如图由条件可知直线交线段于点，连接，过点作的平行线，必与相交，那么也与平面相交，故选A 2.【2019年高考全国卷理数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解析】（1）连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME=B1C又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又M
7、N平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则，A1(2，0，4)，设为平面A1MA的法向量，则，所以可取设为平面A1MN的法向量，则所以可取于是，所以二面角的正弦值为命题规律三 以解答题形式考查线线垂直【解决之道】直线与直线的垂直证明思路：（1）转化为相交垂直，依据：一条直线与两平行线中的一条垂直，则与另一条也垂直；（2）转化为线面垂直，依据线面垂直的定义：一直线与与一平面垂直这条直线与平面内任意直线都垂直；（3）向量法：证明两直线的方向向量垂直.【三年高考】1.【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱
8、ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）BEC1E【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.又因为BE平面ABC，所以CC1BE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.命题
9、规律四 以解答题形式考查线面垂直【解决之道】线面垂直的判定方法：定义法；判定定理法；性质定理2；性质定理4；面面垂直性质定理法；向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行.【三年高考】1.【2019年高考全国卷理数】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角BECC1的正弦值【解析】（1）由已知得，平面，平面，故又，所以平面（2）由（1）知由题设知，所以，故，以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1
10、，2），E（1，0，1），设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）于是所以，二面角的正弦值为命题规律五 以解答题形式考查面面垂直的判定与性质【解决之道】面面垂直的判定思路：定义法；判定定理法；向量法：证明两个平面的法向量垂直.【三年高考】1.【2019年高考全国卷理数】图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BC
11、GE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小.【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）作EHBC，垂足为H因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60°，可求得BH=1，EH=以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，1，0）设平面ACGD的法向量
12、为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，）又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以因此二面角BCGA的大小为30°2.【2018年高考全国卷理数】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值【解析】（1）由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DMCM.又 BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.（2）以D为坐标原点,
13、的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.3.【2018年高考江苏卷】在平行六面体中，求证：（1）平面；（2）平面平面【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，ABA1B1因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC又因为A1BBC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC