解密06 空间点、线、面的位置关系（讲义）-【高考数学之高频考点解密】练习题学案

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解密06 空间点、线、面的位置关系

核心考点
读高考设问知考法
命题解读
空间点、线、面位置关系
【2019新课标Ⅲ文理8】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(　)
1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；
2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.
【2019新课标1文16】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为______．
【2017新课标Ⅰ文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)．
【2020新课标3文19】如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．
【2019新课标1文19】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1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）求点C到平面C1DE的距离．
空间平行、垂直关系的证明
【2020江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
平面图形中的折叠问题
【2020新课标1理16】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则=______．
【2019新课标3文19】图①是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图②．（1）证明图②中的四点共面，且平面平面；（2）求图②中的四边形的面积．
【2018新课标1文18】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【2016新课标2理19】如图所示，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于点，将沿折到的位置，．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．

核心考点一 空间点、线、面位置关系
1.判断与空间位置关系有关的命题的方法：
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；
(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.

1.【2019新课标Ⅲ文理8】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(　　)

A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【解析】连接BD，BE，

∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交.
连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC， ∴BC⊥平面EDC，
则BD＝a，BE＝＝a，BM＝＝a，
又EN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝a，故BM≠EN.故选B．
2．【2019新课标1文16】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为______．
【解析】作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，
，
，．，
，
，为平分线，
，又，
．

3．【2020新课标3文19】如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．
　　　　　　
【解析】（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四边形为平行四边形，
因此在平面内

1.【2017新课标Ⅰ文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

【解析】法一：对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.
　　
图(1)　　　　　　　　图(2)
法二：对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.A项中直线AB与平面MNQ不平行.
故选A.
2．【2020新课标2文理16】设有下列四个命题
：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
：若直线平面，直线平面，则．
则下述命题中所有真命题的序号是__________．
① ② ③ ④
【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，，即，命题为真命题；

对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；
对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，
直线平面， 直线直线，命题为真命题．
综上可知，，为真命题，，为假命题，
即为真命题，为假命题，为真命题，为真命题．
故答案为①③④．
3．【2019新课标1文19】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1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）求点C到平面C1DE的距离．

【解析】（1）连接，，
，分别为，中点 为的中位线
且，
又为中点，且， 且
， 四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面．
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，所以点C到平面的距离为．
核心考点二 空间平行、垂直关系的证明
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

1.【2020江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
2.【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.

1.【2018江苏卷】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A1B1C1D1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.
2.如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．

(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；
(2)求证：CE∥平面PAD.
【证明】(1)取BD的中点O，连接CO，PO，

因为CD＝CB，
所以△CBD为等腰三角形，
所以BD⊥CO.
因为PB＝PD，
所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.
又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.
(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，
又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，
又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，
所以平面CEO∥平面PAD，
而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.
核心考点三 平面图形中的折叠问题
1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.

1．【2020新课标1理16】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则=__________．

【解析】，，，
由勾股定理得，同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，，
在中，，，，
由余弦定理得．故答案为．
【解法2】，，则，故，从而．又，故．故答案为．
2．【2019新课标3文19】图①是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图②．
（1）证明图②中的四点共面，且平面平面；
（2）求图②中的四边形的面积．

【解析】(1)，，又因为和粘在一起．
，A，C，G，D四点共面．
又．
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证．
(2)取的中点，连结．因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4．

1．【2018新课标1文18】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．

【解析】（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为．
2．【2016新课标2理19】如图所示，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于点，将沿折到的位置，．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：因为，所以，所以．
因为四边形为菱形，所以，所以，所以，所以．
因为，所以．又，，所以，所以，
所以，所以，所以．又因为，
所以面．
（Ⅱ）建立如图坐标系，所以，，，，，，，设面的法向量，
由，得，取，所以．
同理可得面的法向量，所以，
所以，即二面角的正弦值为．
3.如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值.
【解析】(1)在图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，
即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，
由图1可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1－BCDE的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.