2.微专题8 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】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义聚焦空间点线面位置关系核心考点，涵盖平行垂直的判定与性质、空间角的几何求法，按“判定-证明-求角”逻辑层次展开。通过考点梳理（定理系统呈现）、方法指导（如反证法、模型法判断位置关系）、真题训练（2024-2025年全国卷例题）等环节，帮助学生构建知识网络，突破空间想象与逻辑推理难点。 资料突出教考衔接特色，将教材经典例题（如人教A版必修第二册P171题）与高考真题深度融合，通过“作辅助线构造平行平面”（例2）、“定义法作线面角”（例3）等教学活动，培养学生数学眼光（空间观念）与数学思维（推理能力）。设置分层训练（基础巩固、真题链接），配合即时方法总结，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

微专题8　空间点、线、面的位置关系 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. 平行关系的转化 面面平行的性质 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. 垂直关系的转化 线 微点一　空间线、面位置关系的判定 例1　(1)(2024·全国甲卷改编)(多选题)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下列四个命题正确的是(AC) 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 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n与α，β的位置关系不确定，B错误；对于C，若n∥α且n∥β，则n∥m，C正确；对于D，若n与α、β所成的角相等，则m与n可能平行，相交或异面，D错误．故选AC. (2)(2025·全国一卷)(多选题)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为BC的中点，则(BD) A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D 解析　 由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直．故A错误；因为三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D.故B正确；AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面．故C错误；CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D.故D正确；故选BD. 判断空间线、面位置关系常用方法 (1)借助定理：根据空间线面平行、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． (3)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． 训练1　(多选题)一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PB，PC的中点，在此几何体中，下面结论正确的是(ACD) A．直线AE与直线BF异面 B．直线AE与直线DF异面 C．直线EF∥平面PAD D．直线EF∥平面ABCD 解析　 由题意知，该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接AE，EF，BF，DF，易得EF∥BC，BC∥AD，则EF∥AD，故EF，AD共面，则AE，DF共面，故B错误；又F∈平面AEFD，B∉平面AEFD，F不在直线AE上，则直线AE与直线BF异面，A正确；由EF∥AD，EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，则直线EF∥平面PAD，C正确；EF⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又EF∥BC，所以EF∥平面ABCD，D正确． 微点二　空间平行、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利用线面垂直的定义证线线垂直． 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. 微点三　空间角的几何求法—— 教考衔接 ◎教材·研析 例3　 (1)(人教A版必修第二册·P171·13题)如图，在三棱锥P­ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC. ①求证：平面PAC⊥平面PBC； ②若AC＝BC＝PA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值． 解　 (1)①证明：由题意，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又∠ACB＝90°，即AC⊥BC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC. ②取PC的中点D，连接AD，DM.因为AC＝PA，所以AD⊥PC.由①知，BC⊥平面PAC，又AD⊂平面PAC，所以BC⊥AD，而PC∩BC＝C，所以AD⊥平面PBC，所以DM是线段AM在平面PBC上的射影，所以∠AMD是AM与平面PBC所成角，且AD⊥DM，设AC＝BC＝PA＝2a，则由M是PB的中点，得DM＝BC＝a，AD＝a，所以tan∠AMD＝＝，即AM与平面PBC所成角的正切值为. (2)(人教A版必修第二册·P171·14题)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为PD的中点． ①求证：AM⊥平面PCD. ②求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值． 解　①证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，所以AM⊥PD.又CD∩PD＝D，所以AM⊥平面PCD. ②如图，取AD，BC的中点分别为E，F连接EF，PE，PF.则EF綉CD，所以EF⊥AD.又在正△PAD中，PE⊥AD，因为EF∩PE＝E，所以AD⊥平面PEF.因为在正方形ABCD中，AD∥BC，所以BC⊥平面PFE.所以∠PFE是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角．由CD⊥平面PAD，EF∥CD，所以EF⊥平面PAD.因为PE⊂平面PAD，所以EF⊥PE.设正方形ABCD的边长AD＝2a，则EF＝2a，PE＝a.所以PF＝＝a，所以cos∠PFE＝＝. 利用几何法求解空间角问题的关键 (1)会找(或作)角→一般在空间几何体中先找(或作)角，异面直线所成的角常用平移直线法作角，空间线面所成的角与二面角常利用定义法作角． (2)会证明→对所找(或作)的角进行证明，证明所得的角就是所求的空间角． (3)会求角→把角放在三角形中，通过解三角形求空间角. ◎真题·链接 真题　 (2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 解　 ① (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD.如图①，取AB的中点E，连接DE，则BE＝AB＝1，即CD＝BE.又CD∥AB，所以四边形BCDE为平行四边形，所以DE＝CB＝1.因为DE＝AB，所以△ABD 为直角三角形，且AB为斜边，所以BD⊥AD.又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD.因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA. (2)解法一：由题设及第(1)问得三棱锥P­ABD的体积为V＝××1××＝.又AB＝2，PA＝＝2，PB＝＝，所以cos∠PAB＝＝，sin∠PAB＝.设点D到平面PAB的距离为d，则V＝××2×2××d＝d.由d＝，得d＝. 因此PD与平面PAB所成角的正弦值为＝. 解法二： ② 如图②所示，作DE⊥AB，垂足为E，连接PE.因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AB，故AB⊥平面PDE.过点D作DF⊥PE，垂足为F.因为AB⊥平面PDE，DF⊂平面PDE，所以DF⊥AB.因为AB∩PE＝E，所以DF⊥平面PAB，因此∠DPE即为PD与平面PAB所成的角．因为×AB×DE＝×DA×DB，所以DE＝，故PE＝＝.因此PD与平面PAB所成角的正弦值为＝. 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 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． 2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(B) A. B．1 C．2 D．3 解析　 ① 解法一：如图①，分别取BC，B1C1的中点D，D1，连接AD，A1D1，D1D，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，S△A1B1C1＝×2×＝，设正三棱台ABC­A1B1C1的高为h，则VABC­A1B1C1＝×(9＋＋)h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面ABC的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得BB＝2＋DD，即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.故选B. ② 解法二：将正三棱台ABC­A1B1C1补成正三棱锥P­ABC，如图②，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，所以＝，可知VABC­A1B1C1＝VP­ABC＝，则VP­ABC＝18，设正三棱锥P­ABC的高为d，则VP­ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2，取△ABC的中心为O，连接PO，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝＝1.故选B. 3．(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)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. 题①　　② ③　　④ 4. (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 解　(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD. (2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE. 由(1)可知，AC⊥平面BED.如图，连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝＝.因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．因为 DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.因为VD­AEB＝VE­ADB，所以×AE×BE×DE＝×S△ABD×，其中d为点C到平面ABD的距离．在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，所以S△ABD＝，所以d＝.因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝＝.记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $