2023届高考数学二轮复习专题三第2讲空间点、线、面的位置关系学案

第2讲　空间点、线、面的位置关系

考情分析

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．

自主先热身　真题定乾坤

ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身

1．(2020·全国卷Ⅰ)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则(　C　)

A．若α∥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l∥m

B．若α⊥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l⊥m

C．若α∥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l⊥m

D．若α⊥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥m

【解析】　若α∥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能平行，也可能异面故A错误；若α⊥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能垂直，平行，相交故B错误；若α∥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l和m异面垂直，故C正确；若α⊥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥m是错误的，当直线l与平面β相交时，不存在直线与l平行，故D错误，选C.

2．(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(　D　)

A．AB＝2AD

B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°

C．AC＝CB1

D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°

【解析】　如图所示：

不妨设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，

依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，

所以sin 30°＝＝，

即b＝c，B1D＝2c＝，解得a＝c.

对于A，AB＝a，AD＝b，AB＝AD，A错误；

对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，

所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，

因为tan ∠BAE＝＝，

所以∠BAE≠30°，B错误；

对于C，AC＝＝c，

CB1＝＝c，AC≠CB1，C错误；

对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，

sin ∠DB1C＝＝＝，而0°<∠DB1C<90°，

所以∠DB1C＝45°.D正确．故选D.

3．(2022·浙江卷)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F－BC－A的平面角为γ，则(　A　)

A．α≤β≤γ　　 B．β≤α≤γ

C．β≤γ≤α　　 D．α≤γ≤β

【解析】　如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，

则α＝∠EFP，β＝∠FEP，γ＝∠FMP，

tan α＝＝≤1，tan β＝＝≥1，

tan γ＝≥＝tan β，

所以α≤β≤γ，故选A.

4．(多选)(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则(　ABD　)

A．直线BC1与DA1所成的角为90°

B．直线BC1与CA1所成的角为90°

C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°

D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°

【解析】　如图，连接B1C、BC1，因为DA1∥B1C，

所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，

因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，

故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；

连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，

因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，

所以BC1⊥平面A1B1C，

又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；

连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，

因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，

因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，

所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，

设正方体棱长为1，

则C1O＝，BC1＝，sin ∠C1BO＝＝，

所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；

因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD.

5．(2022·全国高三专题练习)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　CD　)

A．V3＝2V2　　 B．V3＝V1

C．V3＝V1＋V2　　 D．2V3＝3V1

【解析】　设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则

V1＝·ED·S△ACD＝·2a··(2a)2＝a3，

V2＝·FB·S△ABC＝·a··(2a)2＝a3，

连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，

又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，

又BM＝DM＝BD＝a，过F作FG⊥DE于G，

易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2a，EG＝a，

则EM＝＝a，

FM＝＝a，

EF＝＝3a，

EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，

S△EFM＝EM·FM＝a2，AC＝2a，

则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝AC·S△EFM＝2a3，

则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2，故A、B错误；C、D正确．

感悟高考

1．高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．

2．解答题多出现在第18，19题的位置，且为第(1)(2)问，难度中等．

核心拔头筹　考点巧突破

HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　

考点一　空间线、面位置关系的判定

判断空间线、面位置关系的常用方法

(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．

(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．

典例1 (1)(2022·河南模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，给出下列命题：

①若a∥c，b∥c，则a∥b；

②若a∥b，b∥α，则a∥α；

③若a∥α，b∥α，则a∥b；

④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.

其中真命题的个数是(　A　)

A．1　　 B．2　　

C．3　　 D．4

【解析】对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.

(2)(2019·全国Ⅲ)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(　B　)

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】如图，取CD的中点O，连接ON，EO，

因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，

又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，

所以EO⊥平面ABCD.

设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，

所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.

过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，

则MP＝，CP＝，

所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，

得BM＝，所以BM≠EN.

连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，

所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，

所以直线BM，EN是相交直线．

【易错提醒】(1)定理中的条件理解不全面．

(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．

1．(1)下列命题中，正确的是(　C　)

A．一条直线和两条平行直线中的一条相交，必和另一条也相交

B．一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，必和另一条也确定一个平面

C．一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线

D．一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行

(2)(2021·陕西高三模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是(　D　)

A．若m⊂α，n∥β，α∥β是“m∥n”的必要条件

B．若α∩β＝m，n⊂α，“m⊥n”是“α⊥β”的充分条件

C．若m∥α，n∥β，“α⊥β”是“m⊥n”的充分条件

D．若m⊥α，n⊥β，“m∥n”是“α∥β”的充要条件

【解析】(1)一条直线和两条平行直线中的一条相交，则和另一条相交或异面，故A错误；一条直线和两条平行直线中的一条确定一个平面，不妨设a∥b，l与a确定一个平面，则l与a平行或相交，若l与a相交，可知l与b相交或异面，故B错误；一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，当它和其中一条是异面直线时，它和另一条也必是异面直线，否则，若平行，由平行公理可知，三条直线互相平行，故C正确；一条直线和两条平行直线中的任何一条都无公共点，则这三条直线平行或直线与两平行直线都异面，故D错误．故选C.

(2)对于A中，若m⊂α，n∥β，m∥n，可得α∥β或α，β相交，所以A错误；对于B中，若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，可得α、β不一定垂直，所以B错误；对于C中，若m∥α，n∥β，α⊥β，可得m，n可能平行，都与α、β的交线平行，所以C错误；对于D中，若m⊥α，m∥n，可得n⊥α，又由n⊥β，可得α∥β；若m⊥α，α∥β，可得m⊥β，又由n⊥β，可得m∥n，所以D正确．故选D.

考点二　空间平行、垂直关系

平行关系及垂直关系的转化

考向1　平行、垂直关系的证明

典例2(2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：

(1)PA∥平面BDE；

(2)平面PAC⊥平面BDE.

【证明】(1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，

在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，

∴OE∥AP，

又∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE.

∴PA∥平面BDE.

(2)∵PO⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，

∴PO⊥BD，

又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，

∴BD⊥平面PAC，

而BD⊂平面BDE，

∴平面PAC⊥平面BDE.

考向2　翻折问题

典例3(2020·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD的边长为2，以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PA＝PB.

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若M是PC的中点，设＝λ(0<λ<1)，且三棱锥A－BMN的体积为，求λ的值．

【解析】(1)证明：如图，取AC的中点O，连接PO，BO.

因为PC＝PA，所以PO⊥AC.

在△POB中，PO＝OB＝AC＝2，PB＝PA＝2，

则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，

又AC∩OB＝O，且AC，OB⊂平面ABC，

所以PO⊥平面ABC，

又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.

(2)因为平面PAC⊥平面ABC，

又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，

所以OB⊥平面PAC，

所以VA－BMN＝VB－AMN＝S△AMN·BO.

又因为OB＝2，VA－BMN＝，

所以S△AMN＝.

因为＝λ，

所以S△AMN＝(1－λ)S△APM＝S△PAC.

又S△PAC＝PA·PC＝4，

所以×4＝，得λ＝.

【易错提醒】(1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．

(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．

(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．

2．(2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC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，连接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BCGE；

(2)求图②中的四边形ACGD的面积．

【解析】(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，

故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，

又BE∩BC＝B，且BE，BC⊂平面BCGE，

故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，

所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，

DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.

所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.