第2讲 空间点、线、面的位置关系(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第2讲　空间点、线、面的位置关系 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题1　(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　C　) 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 本题考查空间线面的位置关系，空间想象能力及逻辑推理的核心素养．本题将平行、垂直关系融为一体，考查了知识的内在联系，培养学生完整的平行、垂直的知识体系． 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． 考题2　(2023·新课标Ⅱ卷·节选) 如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．证明：BC⊥DA． 本题是2023年新课标Ⅱ卷第(1)问，目的是考查直线与平面垂直．线线垂直一般通过线面垂直证明，本题考查了空间想象能力及逻辑推理能力．通过BC⊥平面ADE可证得结果． 证明　如图，连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA． 二、考情感悟 1．以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断． 2．空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问． [主干提炼] 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. 考向突破·抓重点 　　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 考向一　空间线面位置关系的判定 例1　(1)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是(　D　) A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β B．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n 解析　对于A，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，若n⊂α，n⊥β，α⊥β，若n∥α，则平面α内存在直线c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误．故选D. (2)(多选题) 已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，点M是侧面BB1C1C内的一个动点(含边界)，且OM∥平面C1A1D，则以下关系一定正确的是(　BD　) A．OM∥DC1 B．VM­C1A1D＝VC­C1A1D C．OM⊥B1C D．OM⊥BD1 解析　 对于A，如图，连接AB1，AC，由正方体的性质可得AB1∥DC1，B1C∥A1D，因为AB1，B1C⊄平面C1A1D，DC1，A1D⊂平面C1A1D，所以平面AB1C∥平面C1A1D，因为OM∥平面C1A1D，且点M是侧面BB1C1C内的一个动点，所以点M在线段B1C上，所以OM与DC1不一定平行，故A错误；对于B，由选项A知B1C∥平面C1A1D，点M在线段B1C上，所以点C与点M到平面C1A1D的距离相等，故VM­C1A1D＝VC­C1A1D，故B正确；对于C，因为点O为AC的中点，点M是线段B1C上的动点，所以OM与B1C不一定垂直，故C错误；对于D，根据正方体性质易证BD1⊥平面AB1C，OM⊂平面AB1C，所以OM⊥BD1，故D正确．故选BD. 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 (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)借助反证法，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． (3)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． 训练1　(1) (多选题)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，下列说法正确的有(　CD　) A．直线AM与CC1是相交直线 B．直线AM与BN是平行直线 C．直线BN与MB1是异面直线 D．直线AM与DD1是异面直线 解析　 因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错；如图，取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，直线BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确，同理D正确．故选CD. (2) 如图，在四面体ABCD中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　C　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC 解析　 因为AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则BE⊥AC，DE⊥AC，而BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，则有AC⊥平面BDE.又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE，故C正确；在平面ABC内取点P，作PM⊥AB，PN⊥BE，垂足分别为M，N，如图，因为平面ABC⊥平面BDE，平面ABC∩平面BDE＝BE，则PN⊥平面BDE，又BD⊂平面BDE，则PN⊥BD.若平面ABC⊥平面ABD，则有PM⊥BD，而PM∩PN＝P，PM，PN⊂平面ABC，则BD⊥平面ABC，显然BD与平面ABC不一定垂直，故A不正确；过点A作AF⊥BD交BD于点F，连接CF，由题可知△ABD≌△CBD，则CF⊥BD，则∠AFC是二面角A­BD­C的平面角，而∠AFC不一定是直角，即平面ABD与平面BDC不一定垂直，故B不正确；因为AC⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥DE，又BE⊥AC，平面ACB∩平面DAC＝AC，则∠DEB是二面角D­AC­B的平面角，而∠DEB不一定是直角，故平面ABC与平面ADC不一定垂直，故D不正确．故选C． 考向二　平行、垂直关系的证明 例2　如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点． (1)求证：BC1⊥平面AB1C； (2)求证：DE∥平面AB1C． 证明　(1)因为四边形AA1C1C为矩形，所以AC⊥C1C，又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，所以AC⊥平面CC1B1B，因为BC1⊂平面CC1B1B，所以AC⊥BC1，又四边形CC1B1B为菱形，所以B1C⊥BC1，因为B1C∩AC＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BC1⊥平面AB1C． (2) 如图，取AA1的中点F，连接DF，EF，因为四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，所以EF∥AC，又EF⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以EF∥平面AB1C，又因为D，F分别为边A1B1，AA1的中点，所以DF∥AB1，又DF⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，所以DF∥平面AB1C，因为EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面AB1C，因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C． (1)证明线线平行的常用方法：①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤构造平行四边形． (2)证明线线垂直的常用方法：①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直． 训练2　如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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. 证明　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1. (2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C．又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1. 考向三　翻折问题 例3　(多选题)(2024·郑州二模)如图，在矩形ABB1A1中，AA1＝1，AB＝4，点C，D，E与点C1，D1，E1分别是线段AB与A1B1的四等分点．若把矩形ABB1A1卷成以AA1为母线的圆柱的侧面，使线段AA1与BB1重合，则以下说法正确的是(　ABD　) A．直线AC1与DE1异面 B．AE∥平面A1CD C．直线DE1与平面AED1垂直 D．点C1到平面DD1E1的距离为 解析　矩形ABB1A1卷成的圆柱如图所示．对于A，由图①可知，AD与C1E1是异面直线，所以点A，D，C1，E1不共面，所以直线AC1与DE1异面，所以选项A正确； 对于B，如图②所示，由题意可知，AD与CE均为底面圆的直径，即AD与CE相交且互相平分，所以四边形AEDC为平行四边形，所以AE∥CD，因为CD⊂平面A1CD，AE⊄平面A1CD，所以AE∥平面A1CD，所以选项B正确；对于C，如图③，以底面圆心O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系Oxyz.设圆柱底面半径为r，所以2πr＝4，所以r＝，则A，D1，D，E1，则＝，＝，因为·＝－＋1≠0，所以DE1与AD1不垂直，所以DE1与平面AED1不可能垂直，所以选项C错误； 对于D，如图④所示，连接C1D1，E1D1，C1E1.因为C1E1是底面圆的直径，则C1D1⊥D1E1.又因为DD1⊥平面C1D1E1，C1D1⊂平面C1D1E1，所以DD1⊥C1D1，又D1E1∩DD1＝D1，所以C1D1⊥平面DD1E1，C1D1的长即为点C1到平面DD1E1的距离．因为底面半径r＝，且C1D1⊥D1E1，所以C1D1＝＝，所以选项D正确．综上，选ABD. 翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 训练3　如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是(　C　) A．AB∥CD B．AB⊥PQ C．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE 解析　翻折之后如图所示，连接PQ，DF.因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立．故选C． 真题体验·练能力 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多选题)(2024·全国甲卷改编)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题中是真命题的是(　AC　) A．若m∥n，则n∥α或n∥β B．若m⊥n，则n⊥α，n⊥β C．若n∥α且n∥β，则m∥n D．若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 解析　α∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，对于A，若m∥n，则n∥α或n∥β，A正确；对于B，若m⊥n，则可能n∥α或n与α相交，B错误；对于C，若n∥α且n∥β，则n∥m，C正确；对于D，n与m所成角可以为内的任意角，D错误．故选AC． 2．(多选题)(2022·新课标Ⅰ卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，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①，连接B1C．因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．如图②，连接B1C．因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确．如图③，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线BC1与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．如图④，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD. 3．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　A　) 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　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，易知BD⊥AC．又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，则平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A． 4．(多选题)(2021·新高考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(　BD　) 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　 ① ＝λ＋μ(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图①所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，故A错误；对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图②所示， ② 则VP­A1BC＝VA1­PBC＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B正确；对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误．对于选项D，解法一：易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确． ③ 解法二：分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图③所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1，P，所以＝，＝，若A1B⊥平面AB1P，则⊥，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．综上，故选BD. 学科网（北京）股份有限公司 $$