专题3 第2讲 空间位置关系(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学高考复习资料聚焦空间位置关系核心考点，涵盖线面位置关系判定、平行与垂直证明及探究性问题，按命题点分层递进构建知识体系。通过考点梳理、方法指导、真题训练与分层练习，帮助学生系统突破立体几何难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以正方体等模型为载体培养空间观念，采用“猜后证”策略提升逻辑推理能力，设置预测练与真题演练保障效果。助力学生高效构建解题思维，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第二讲　空间位置关系 [对应学生用书P35] 命题点1　空间线面位置关系的判定 [例1]　(1)(多选)(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，下述四个命题正确的是(　　) A．若m∥n，则n∥α或n∥β B．若m⊥n，则n⊥α或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 (2)(多选)(2025·广东深圳二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n C．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n D．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n [解析]　(1)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)对于A，若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故A错误； 对于B，由n∥α，n⊂β，α∩β＝l，则l∥n，又l⊂α，m⊥α，所以m⊥n，故B正确； 对于C，因为m⊥α，n⊥β，则m，n的方向向量m，n分别为α，β的法向量， 因为α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，故C正确； 对于D，由m∥α，m⊂γ，α∩γ＝l，则l∥m，又l⊄β，m∥β， 所以l∥β，又l⊂α，α∩β＝n，所以l∥n，所以m∥n，故D正确． 故选BCD. [答案]　(1)AC　(2)BCD 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． [预测练1] 1．(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 解析　对于A，若m∥α，n⊂α，则m，n可平行或异面，故A错误； 对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误； 对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确； 对于D，m⊂α，α⊥β，则m与β可平行或相交或m⊂β，故D错误；故选C. 答案　C 2．(多选)(2025·贵州贵阳模拟)如图所示，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，给出以下判断，其中正确的有(　　) A．AD⊥平面ABB1A1 B．A1B1∥平面ACD1 C．AD1与B1C是异面直线 D．B1D⊥平面ACD1 解析　对于选项A，因为ABCD -A1B1C1D1为正方体，所以AD⊥平面ABB1A1，所以A正确； 对于选项B，因为A1B1∥CD，CD∩平面ACD1＝C， 所以A1B1与平面ACD1也有交点，所以B错误； 对于选项C，因为AD1∥BC1，BC1与B1C相交，所以B1C与AD1异面，所以C正确； 对于选项D，因为A1B1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1， 所以A1B1⊥AD1，AD1⊥A1D且A1B1∩A1D＝A1，A1B1，A1D⊂平面A1B1D， 所以AD1⊥平面A1B1D，B1D⊂平面A1B1D， 所以AD1⊥B1D， 同理AC⊥B1D，AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面ACD1， 所以B1D⊥平面ACD1，所以D正确． 故选ACD. 答案　ACD 命题点2　平行、垂直关系的证明 [例2]　如图，在四棱锥P-ABCD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2] 如图所示，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，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　位置关系中的探究问题 [例3]　如图，在正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M为A1B1的中点． (1)证明：平面BC1M⊥平面AA1B1B； (2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)证明　在正三棱柱ABC -A1B1C1中，因为M为A1B1的中点，所以C1M⊥A1B1.因为AA1⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥C1M.因为AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，所以C1M⊥平面AA1B1B.又C1M⊂平面BC1M，所以平面BC1M⊥平面AA1B1B. (2)存在，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.由(1)知平面BC1M⊥平面AA1B1B，平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，故点Q即为所要找的点．如图，易知△ABQ∽△BB1M，因此＝，即＝，所以BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝， 所以＝7. 　 与空间线面关系有关的探究性问题的一般解法 (1)可先猜后证，即先观察并尝试给出条件再证明．涉及线段上是否存在符合某条件的点的问题时，常猜测点的位置，特别要注意特殊位置关系和极端情形的应用． (2)首先假设结论成立，然后把这个假设作为已知条件，与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，若得到一个合理的结论，则说明假设成立；若得到一个不合理的结论，则说明假设不成立． [预测练3] 如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，E是BC的中点，AE∩BD＝M，将△BAE沿着AE翻折，使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥B1 -AECD，如图2所示． 　 (1)求直线DC与B1D所成角的大小； (2)在线段B1C上是否存在点P，使得MP∥平面B1AD？若存在，求出B1P∶B1C的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)因为AD∥BC，E是BC的中点，连接DE，如图3，所以AB＝AD＝BE＝BC＝2，故四边形ABED是菱形．同理，四边形AECD是菱形，所以AE⊥BD，AE∥DC，所以△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM.又B1M∩DM＝M，B1M，DM⊂平面B1MD，所以AE⊥平面B1MD.又B1D⊂平面B1MD，所以AE⊥B1D，则DC⊥B1D，所以直线DC与B1D所成角的大小为90°. (2)存在，B1P∶B1C＝1∶2.理由如下：假设线段B1C上存在点P，使得MP∥平面B1AD，过点P作PQ∥DC交B1D于点Q，连接MP，AQ，如图4，所以AM∥DC∥PQ，所以A，M，P，Q四点共面．又因为MP∥平面B1AD，平面AMPQ∩平面B1AD＝AQ，MP⊂平面AMPQ，所以MP∥AQ.过A，M，P，Q四点的平面唯一确定，所以四边形AMPQ为平行四边形，故AM＝PQ＝DC，所以P为B1C的中点，故在线段B1C上存在点P，使得MP∥平面B1AD，且B1P∶B1C＝1∶2. [对应学生用书P38] 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．故选C. 答案　C 2．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD -A1B1C1D1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ABCD -A1B1C1D1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ABCD -A1B1C1D1，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ABCD -A1B1C1D1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ABCD -A1B1C1D1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ABC-A1B1C1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P -A1BC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 $