2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题四第2讲　空间点、线、面的位置关系

第2讲　空间点、线、面的位置关系

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1．必记的概念与定理

(1)线面平行与线面垂直的判定定理、性质定理；

(2)面面平行与面面垂直的判定定理、性质定理．

2．需要活用的关系与结论

3．需要关注的易错点

使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可．解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．

空间线面位置关系的判断

[典型例题]

(2018·镇江期末)设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列三个命题：

①若m∥n，n⊂α，则m∥α；

②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；

③若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β．

其中正确命题的序号为________．

【解析】　①中，当m⊂α时命题不成立；②中，只有当m，n相交时才一定成立；③是平面与平面垂直的性质定理，故只有③正确．

【答案】　③

解决此类问题，可以从三个角度加以研究，一是与相关的定理的条件进行比较，看是否缺少条件，若缺少条件，则肯定是错误的；二是采用模型法，即从一个常见的几何体中来寻找满足条件的模型，看它在模型中是否一定成立；三是反例法，看能否举出一个反例．

[对点训练]

1．设l是直线，α，β是两个不同的平面，以下四个命题：

①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；

③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β，

其中正确的是 ________．

[解析] 设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l ⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故①错误；

由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以②正确；

若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此③错误；

已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此④错误．

[答案] ②

空间平行和垂直

[典型例题]

(2019·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．

求证：(1)A1B1∥平面DEC1；

(2)BE⊥C1E．

【证明】　(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．

在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED．

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BE⊥AC．

因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．

又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE．

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，

所以BE⊥平面A1ACC1．

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E．

(1)立体几何中，要证线面平行，可利用线线平行的判定定理、面面平行的性质定理证明．

(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．

(3)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此有时候需要画出一些图形辅助使用．

[对点训练]

2．(2018·高考江苏卷)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．

求证：(1)AB∥平面A1B1C；

(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．

[证明] (1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．

(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1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AB1⊥A1B．

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC＝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．

平面图形的折叠问题

[典型例题]

已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．

①BM是定值；

②点M在圆上运动；

③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；

④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE．

【解析】　取DC中点N，连结MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，

所以平面MNB∥平面A1DE，

因为MB⊂平面MNB，

所以MB∥平面A1DE，④正确；

∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以MB是定值．①正确；

B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；

当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．

所以①②④正确．

【答案】　①②④

(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．

(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决．

[对点训练]

3．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(七))如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起，使得∠DFA＝60°．设G为AF上的点．

(1)试确定点G的位置，使得CF∥平面BDG；

(2)在(1)的条件下，证明：DG⊥AE．

[解] (1)当点G为AF的中点时，CF∥平面BDG．

证明如下：

因为E，F分别为BC，DA的中点，

所以EF∥AB∥CD．

连接AC，交BD于点O，连接OG，则AO＝CO，

又G为AF的中点，所以CF∥OG，

因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面DBG．

所以CF∥平面BDG．

(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，

所以EF⊥FD，EF⊥FA．

又FD∩FA＝F，

所以EF⊥平面ADF，

因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG．

因为FD＝FA，∠DFA＝60°，

所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，

又AF∩EF＝F，

所以DG⊥平面ABEF．

因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE．

立体几何中的探索性问题

[典型例题]

(2019·江苏省高考名校联考(九))如图，在四棱锥P­ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，CO⊥AD，且AB＝AO＝AD＝1，OP＝CD＝，PA＝．

(1)在线段PD上找一点M，使得CM∥平面PAB；

(2)证明：平面PCD⊥平面PAB．

【解】　(1)在线段PD上取点M，使得PM＝PD，连接OM．

在△PAD中，OA＝AD，PM＝PD，

所以OM∥PA．

又在四边形ABCD中，AB⊥AD，CO⊥AD，

所以AB∥CO．

因为AB∩PA＝A，CO∩OM＝O，

所以平面MOC∥平面PAB，

又CM⊂平面MOC，所以CM∥平面PAB．

(2)证明：在△PAO中，PA＝，AO＝1，OP＝，

所以AO2＋OP2＝AP2，故AO⊥OP．

在Rt△POD中，OD＝2，

故PD2＝OP2＋OD2＝()2＋22＝6．

故在△PAD中，PA2＋PD2＝AD2，所以AP⊥PD．

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．

又AB⊂平面PAB，AP⊂平面PAB，AB∩AP＝A，

所以PD⊥平面PAB．

又PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB．

立体几何探索性命题的类型

一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．

解这类题采用的策略是：(1)通过各种探索尝试给出条件．(2)找出命题成立的必要条件，再证明充分性．

二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，探索的结论是否存在． 解这类题采用的策略是：常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．

[对点训练]

4．(2019·南通模拟)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1．

(1)求证：A1C∥平面AB1D；

(2)试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1．

[解] (1)证明：连结A1B，交AB1于点O, 连结OD．

因为O、D分别是A1B、BC的中点，

所以A1C∥OD．

因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，

所以A1C∥平面AB1D．

(2)M为CC1的中点．

证明如下：

因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝BB1，

所以四边形BCC1B1是正方形．

因为M为CC1的中点，D是BC的中点，

所以△B1BD≌△BCM，

所以∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB．

又因为∠BB1D＋∠BDB1＝，

∠CBM＋∠BDB1＝，所以BM⊥B1D．

因为△ABC是正三角形，D是BC的中点，

所以AD⊥BC．

因为平面ABC⊥平面BB1C1C, 平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD⊂平面ABC，

所以AD⊥平面BB1C1C．

因为BM⊂平面BB1C1C，

所以AD⊥BM．

因为AD∩B1D＝D，

所以BM⊥平面AB1D．

因为AB1⊂平面AB1D，

所以MB⊥AB1．

1．(2019·揭阳模拟改编)设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的________条件．

[解析] 由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a，b是平面α内两条相交直线，且a∥β，b∥β，则α∥β；当α∥β，若a⊂α，b⊂α，则a∥β，b∥β，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．

[答案] 必要不充分

2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与过点A、E、C的平面的位置关系是________．

[解析]  连结AC、BD相交于一点O，连结OE、AE、EC，

因为四边形ABCD为正方形，

所以DO＝BO．

而DE＝D1E，所以EO为△DD1B的中位线，

所以EO∥D1B，所以BD1∥平面AEC．

[答案] BD1∥平面AEC

3．(2019·南京模拟)四棱锥P­ABCD 的底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD且PA＝4，则PC与底面ABCD所成角的正切值为________．

[解析]  因为PA⊥底面ABCD，所以PC在底面ABCD上的射影为AC，∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角，tan∠PCA＝＝．

[答案]

4．(2019·南京、盐城模拟)已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：

①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；

②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若α⊥β，m⊥α，n⊥β ，则m⊥n．

其中是真命题的是________．(填写所有真命题的序号)

[解析] ①错误，还有可能α，β相交；②错误，直线m，n可能平行、相交或异面；③④正确．

[答案] ③④

5．(2019·镇江期末)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列命题正确的是________．(填序号)　

①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC；

③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC．

[解析] 因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，

又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC．

[答案] ④

6．(2019·无锡期末)已知两条直线m、n，两个平面α、β．给出下面四个命题：

①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；

③m∥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β．

其中正确命题的序号是________．

[解析] 两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故①正确；两平面平行，分别在这两平面内的两直线可能平行，也可能异面，故②错；m∥n，m∥α时，n∥α或n⊂α，故③错；由α∥β，m⊥α得m⊥β，由m⊥β，n∥m得n⊥β，故④正确．

[答案] ①④

7．(2019·苏州调研)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．

[解析] 如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝．

[答案]

8．如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于点E，AF⊥DC交DC于点F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF体积的最大值为________．

[解析] 因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF．又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB．又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝ab≤·＝×＝，所以三棱锥D­AEF的体积V≤××＝(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．

[答案]

9．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的是________．(填序号)

①AC⊥BE；

②EF∥平面ABCD；

③三棱锥A­BEF的体积为定值；

④△AEF的面积与△BEF的面积相等．

[解析] 因为AC⊥平面BB1D1D，

又BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，故①正确．

因为B1D1∥平面ABCD，又E、F在线段B1D1上运动，

故EF∥平面ABCD．故②正确．

③中由于点B到直线EF的距离是定值，故△BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为定值，故VA­BEF不变．故③正确．

由于点A到B1D1的距离与点B到B1D1的距离不相等，因此△AEF与△BEF的面积不相等，故④错误．

[答案] ①②③

10．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值为________．

[解析] 如图，因为PC⊥平面ABC，MC⊂平面ABC，

所以PC⊥MC．

故PM＝

＝．

又因为MC的最小值为＝2，所以PM的最小值为2．

[答案]  2

11．(2019·江苏省高考名校联考(五))如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1＝CA，点E，F分别为AC1，BC1的中点．

(1)若B1C1上存在一点G，使得平面EFG∥平面AA1B1B，求证：点G为B1C1的中点；

(2)若AC1⊥AB，求证：平面CEF⊥平面ABC1．

[证明] (1)如图，连接AB1，因为平面EFG∥平面AA1B1B，EG⊂平面EFG，

所以EG∥平面AA1B1B．

因为EG⊂平面AB1C1，平面AB1C1∩平面AA1B1B＝AB1，所以EG∥AB1，

因为点E为AC1的中点，所以点G为B1C1的中点．

(2)因为CC1＝CA，点E为AC1的中点，

所以CE⊥AC1．

因为点E，F分别为AC1，BC1的中点，所以EF∥AB，

因为AC1⊥AB，所以EF⊥AC1．

又CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面CEF，所以AC1⊥平面CEF，因为AC1⊂平面ABC1，所以平面CEF⊥平面ABC1．

12．(2019·南通调研)如图，在四面体ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°．M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．

(1)求证：CD∥平面MNQ；

(2)求证：平面MNQ⊥平面CAD．

[证明]　(1)因为M，Q分别为棱AD，AC的中点，

所以MQ∥CD，又CD⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，

 故CD∥平面MNQ．

(2)因为M，N分别为棱AD，BD的中点，所以MN∥AB，又∠BAD＝90°，故MN⊥AD．

因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN⊂平面ABD，所以MN⊥平面CAD．

又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD．

13．(2019·南京、盐城模拟)如图①，E，F分别是直角三角形ABC边AB和AC的中点，∠B＝90°，沿EF将三角形ABC折成如图②所示的锐二面角A1­EF­B，若M为线段A1C的中点．求证：

(1)直线FM∥平面A1EB；

(2)平面A1FC⊥平面A1BC．

[证明]　(1)取A1B中点N，连结NE，NM(图略)，

则MN綊BC，EF綊BC，所以MN綊FE，

所以四边形MNEF为平行四边形，所以FM∥EN，

又因为FM⊄平面A1EB，EN⊂平面A1EB，

所以直线FM∥平面A1EB．

(2)因为E，F分别为AB和AC的中点，所以A1F＝FC，所以FM⊥A1C．

同理，EN⊥A1B，

由(1)知，FM∥EN，所以FM⊥A1B．

又因为A1C∩A1B＝A1，所以FM⊥平面A1BC，

又因为FM⊂平面A1FC，

所以平面A1FC⊥平面A1BC．

14．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1、C1、B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD­A1C1D1，且这个几何体的体积为．

(1)求AA1的长；

(2)在线段BC1上是否存在点P，使直线A1P与C1D垂直，如果存在，求线段A1P的长，如果不存在，请说明理由．

[解] (1)因为VABCD­A1C1D1＝VABCD­A1B1C1D1－VB­A1B1C1

＝2×2×AA1－××2×2×AA1＝AA1＝，

所以AA1＝4．

(2)存在点P满足题意．在平面CC1D1D中作D1Q⊥C1D交CC1于Q，过Q作QP∥CB交BC1于点P，则A1P⊥C1D．

因为A1D1⊥平面CC1D1D，C1D⊂平面CC1D1D，

所以C1D⊥A1D1，而QP∥CB，CB∥A1D1，

所以QP∥A1D1，

又因为A1D1∩D1Q＝D1，所以C1D⊥平面A1PQD1，

且A1P⊂平面A1PQD1，所以A1P⊥C1D．

因为Rt△D1C1Q∽Rt△C1CD，

所以＝，所以C1Q＝1，

又因为PQ∥BC，所以PQ＝BC＝．

因为四边形A1PQD1为直角梯形，且高D1Q＝，

所以A1P＝＝．