专题3 第3讲 空间位置关系的判断与证明（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦“空间位置关系的判断与证明”专题，依据高考评价体系梳理了空间直线与平面位置关系判定、几何法证明平行垂直、向量法证明平行垂直三大核心考点，通过近5年高考真题分析明确线面平行判定、面面垂直证明等高频题型，构建系统知识网络。 课件以高考真题为实战载体，如2024全国甲卷空间命题判断、2025上海卷几何法证明线面平行，通过“定理辨析+模型构建+向量运算”突破证明难点，培养学生空间观念和逻辑推理素养。设“规律方法总结”和“易错警示”，助力学生掌握答题技巧，教师可依托进行精准复习指导。

第3讲　空间位置关系的判断与证明 考点一　空间直线、平面位置关系的判定 考点二　几何法证明空间平行、垂直关系 目 录 索 引 考点三　向量法证明空间平行、垂直关系 考点一　空间直线、平面位置关系的判定 理知识 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 关系 图形语言 符号语言 公共点 直线与平面 相交     a∩α=A 线面相交、线面平行统称为直线在平面外,记作 a⊄α  1个 平行   a∥α 0个 在平面内   a⊂α 无数个 关系 图形语言 符号语言 公共点 平面与平面 平行   α∥β 0个 相交   α∩β=l 无数个 链高考 (2024全国甲,理10,文11)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: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ A 解析 对于①,若m∥n,若n⊄α且n⊄β,则n∥α且n∥β,若n⊂α,则n∥β,若n⊂β,则n∥α,故①正确; 对于②,若n⊥m,则n与α和β不一定垂直,②错误; 对于③,若n∥α且n∥β,由线面平行的性质可证明n∥m,③正确; 对于④,当n∥α且n∥β,n与α,β所成的角都为0°,此时n∥m,④错误.故选A. 例1　(1)(2025天津,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是 (　　) 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 C 解析 对于A,若m∥α,n⊂α,则m∥n或m,n异面,故A错误; 对于B, ,如图,α∥β,故B错误; 对于D, ,如图,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C. (2)(多选题)(2025山东潍坊二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段A1D1,AB的中点,则(　　) A.EF与BC异面 B.EF∥平面CDD1C1 C.EF⊥AC D.BD⊥平面EFC1 AC 解析 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(1,0,2),F(2,1,0),C1(0,2,2). 对于A选项,EF,BC既不平行也不相交,故EF与BC异面,故A正确; 对于B选项,=(1,1,-2), 易知平面CDD1C1的一个法向量为m=(1,0,0), 则m=1≠0,故EF与平面CDD1C1不平行,故B错误; 对于C选项,=(-2,2,0),所以=-2+2=0, 故EF⊥AC,故C正确; 对于D选项,=(2,2,0),所以=2+2=4, 所以EF,BD不垂直,故BD与平面EFC1不垂直,故D错误.故选AC. 【对点训练】(多选题)(2025新高考Ⅰ,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D BD 解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1. 易知A1D1不垂直于平面AA1C1C, ∴A1D1与A1C不垂直,∴AD与A1C不垂直,故A错误; 由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1, AA1⊂平面AA1D,∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确; ∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交, ∴AD与A1B1异面,故C错误; ∵CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D, ∴CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD. 考点二　几何法证明空间平行、垂直关系 理知识 1.线面、面面平行的判定及性质定理 (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⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,a∩b=P⇒α∥β; (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b. 2.线面、面面垂直的判定及性质定理 (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⇒β⊥α; (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β. 链高考 (2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB为底面圆直径, AB=2. (1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积; (2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD. (1)解 如图,连接PO,由题意知PO垂直底面, ∵PA与底面所成角大小为, ∴∠PAO=,∠POA=, 又OA=AB=1,∴PA=2, ∴S侧=π×OA×PA=2π. (2)证明 如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OC,OD,PD, 在△PAB中,∵O,Q分别是AB,AP的中点,∴OQ∥PB, 又PB⊂平面PBD,OQ⊄平面PBD,∴OQ∥平面PBD. ∵∠AOC=,且CD∥AB, ∴∠OCD=∠AOC=, 又OC=OD=1,∴△OCD是等边三角形,∴CD=1=OB, 又CD∥OB,∴四边形OCDB是平行四边形,∴OC∥BD, 又OC⊄平面PBD,BD⊂平面PBD,∴OC∥平面PBD, 又OC∩OQ=O,OC⊂平面OCQ,OQ⊂平面OCQ,∴平面OCQ∥平面PBD. ∵QT⊂平面OCQ,∴QT∥平面PBD. 例2　如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE=. (1)求证:CD∥平面ABFE; (2)求证:平面ABFE⊥平面CDEF. 证明 (1)在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD. 又CD⊄平面ABFE,AB⊂平面ABFE,所以CD∥平面ABFE. (2)因为AE=DE=,AD=2,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE. 因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD. 因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD, 所以AB⊥平面ADE. 又DE⊂平面ADE,所以AB⊥DE. 因为AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE. 又DE⊂平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF. 延伸探究 本例条件下,判断在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE?说明理由. 解 在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE,理由如下: 如图,取CD的中点N,连接FN. 由例2知,CD∥平面ABFE, 又CD⊂平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF, 所以CD∥EF. 因为EF=1,ND=CD=1,所以EF=DN, 所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE. 由例2知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE. 考点三　向量法证明空间平行、垂直关系 理知识 设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则 (1)线面平行 l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥u⇔a=ku⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k为常数). (3)面面平行 α∥β⇔u∥v⇔u=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ为常数). (4)面面垂直 α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0. 链高考 (2023新高考Ⅰ,18节选)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. 证明:B2C2∥A2D2. 证明 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系. 由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2). =(0,-2,1),=(0,-2,1),所以 因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2. 例3　如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面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为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 可得A(0,0,0),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)=(0,1,1),=(2,0,0), 因为=0,所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA, 又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD, 所以AB⊥平面PAD,所以=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量. 因为=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB, 又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为=(1,0,0)=(0,2,-2),=(2,0,0), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 不妨令y=1,可得平面PCD的一个法向量为n=(0,1,1). n=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n,所以平面PCD⊥平面PAD. $