专题3 微专题8 空间位置关系（word教参）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

微专题8　空间位置关系 命题点1　空间线面位置关系的判定 1．(2024·江西红色十校联考)设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n B．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n C．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n D．若m∥n，n⊥β，m⊥α，则α∥β 解析　对于A，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n可能相交，也可能平行，还可能是异面直线，A错误；对于B，若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n，B错误；对于C，若α⊥β，m∥α，n∥β，直线m与n可能平行，如直线m，n都平行于α，β的交线，且m⊄α，n⊄β，满足条件，C错误；对于D，若m∥n，n⊥β，则m⊥β，又m⊥α，因此α∥β，D正确．故选D. 答案 D 2．(多选)(2024·安徽黄山模拟)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，点E，F，G分别为棱BC，CC1，CD的中点，下列结论正确的有(　　) A．AE与D1F共面 B．平面AB1D1∥平面GFE C．AE⊥EF D．BF∥平面AB1D1 解析　如下图所示： 对于A选项，连接BC1，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1，因为E，F分别为BC，CC1的中点，则EF∥BC1，故EF∥AD1，所以AE与D1F共面，A正确； 对于B选项，因为BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，则BD∥B1D1，又因为E，G分别为BC，CD的中点，则EG∥BD，所以EG∥B1D1，因为EG⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以EG∥平面AB1D1，同理可证EF∥平面AB1D1，因为EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面AB1D1，B正确； 对于C选项，不妨设ABCD的棱长为2，则AE＝＝＝，EF＝＝＝，AC＝＝＝2， 因为CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则CC1⊥AC，所以AF＝＝＝3， 所以AE2＋EF2≠AF2，故AE，EF不垂直，C错误； 对于D选项，假设BF∥平面AB1D1， 又因为EF∥平面AB1D1，EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BB1C1C，所以平面BB1C1C∥平面AB1D1， 事实上，平面BB1C1C与平面AB1D1不平行，假设不成立，D错误．故选AB. 答案　AB 3．(多选)(2024·山东聊城二模)已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，则下列关系能同时成立的是(　　) A．AB＝PB与PB＝BD B．PA⊥PC与PB⊥PD C．PB⊥CD与PC⊥AB D．平面PAB⊥平面PBD与平面PCD⊥平面PBD 解析　对于A，显然AB＝PB时，而底面ABCD是正方形，AB≠DB，所以PB＝BD不成立，故A错误；对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以OA为半径的球面上时可符合题意，故B正确；对于C，当平面PBC⊥底面ABCD时，由面面垂直的性质可知AB⊥平面PBC，DC⊥平面PBC，显然符合题意，故C正确；对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，如图有 取A∈γ，作AB⊥a，AC⊥b， 垂足分别为B，C，由面面垂直的性质可知AB⊥α，AC⊥β，由线面垂直的性质可知l⊂α，l⊂β，∴ 又AB∩AC＝A，AB，AC⊂γ，由线面垂直的判定可知l⊥γ，若平面PAB⊥平面PBD与平面PCD⊥平面PBD同时成立，易知P∈平面PAB∩平面PCD，可设平面PAB∩平面PCD＝l，则P∈l，则l⊥平面PBD，易知AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，则l∥AB，则有AB⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AB⊥BD，显然AB⊥BD不成立，故D错误．故选BC. 答案　BC 判断空间位置关系命题的真假 (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、四面体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．　 命题点2　几何法证明平行、垂直关系 　如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证： (1)PE⊥BC； (2)平面PAB⊥平面PCD； (3)EF∥平面PCD. [证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC. 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四边形DEFG为平行四边形． 所以EF∥DG. 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD. 平行关系及垂直关系的转化 　 【预测练1】 　如图所示，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，所以AB1⊥A1B. 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC. 又因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. 因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 命题点3　向量法证明平行、垂直关系 　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点． 证明：(1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. [证明]　依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)． (1)＝，＝，故·＝0.所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，又因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝为平面PAD的一个法向量，而·＝·＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的法向量为＝， 向量＝，＝， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量． 且n·＝·＝0，所以n⊥. 所以平面PCD⊥平面PAD. 利用向量证明平行、垂直的步骤 　 【预测练2】 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG. 证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，易证PA⊥AD，即有PA⊥平面ABCD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，P(0,0,2)． 所以＝，＝，E＝，设平面EFG的法向量m＝，则所以 取x＝1得m＝， 因为·m＝2＋0－2＝0，PB⊄平面EFG， 所以PB∥平面EFG. 1．(2024·天津卷)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 解析　对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A，B错误；对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误． 答案　C 2．(2022·全国乙卷·文)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　) A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 解析　对于选项A，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF⊥BD，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，即平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A. 答案　A 3．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　) A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1 解析　连接AD1，在正方体ABCD­A1B1C1D1中， M是A1D的中点，所以M为AD1中点， 又N是D1B的中点，所以MN∥AB， MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B，D不正确； 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AD1⊥A1D， AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D， AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面ABD1， D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B， 且直线A1D，D1B是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确． 故选：A. 答案　A 4．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　　) A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P­A1BC的体积为定值 C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 解析　对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数． 易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界)． 对于A，当λ＝1时，＝＋μ＝＋μ，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误； 对于B，当μ＝1时，＝λ＋＝＋λ，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当λ＝时，＝＋μ，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则＝＋μ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A1，P(0,0，μ)，B，则＝，＝，μ(μ－1)＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误； 对于D，当μ＝时，＝λ＋，取BB1，CC1中点为M，N.＝＋λ，所以P点轨迹为线段MN.设P，因为A， 所以＝，＝，所以＋y0－＝0⇒y0＝－，此时P与N重合，故D正确．故选BD. 答案　BD 学科网（北京）股份有限公司 $$