高三数学二轮复习第一部分重点保分题题型专题十四点直线平面之间的位置关系教师用书理.docx

题型专题(十四)　点、直线、平面之间位置关系

[师说考点]
判断空间线面位置关系常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直关系判定定理和性质定理进展判断；
(2)借助空间几何模型并结合有关定理进展判断．
[典例]　(2021·全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有以下四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成角和n与β所成角相等．
其中正确命题有________．(填写所有正确命题编号)
[解析]　对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：

如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在平面为α，ABC′D′所在平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．
命题②正确，证明如下：设过直线n某平面与平面α相交于直线l，那么l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．
由平面与平面平行定义知命题③正确．
由平行传递性及线面角定义知命题④正确．
[答案]　②③④

判断与空间位置关系有关命题真假2大方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直判定定理和性质定理进展判断．
(2)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，进展肯定或否认．　　　　
[演练冲关]
1．(2021·河南八市质检)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，那么“a⊥b〞是“α⊥β〞(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B　因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b〞是“α⊥β〞必要不充分条件，应选B.
2．(2021·山东高考)直线a，b分别在两个不同平面α，β内，那么“直线a和直线b相交〞是“平面α和平面β相交〞(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　由题意知a⊂α，b⊂β，假设a，b相交，那么a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，假设α，β相交，那么a，b位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交〞是“平面α和平面β相交〞充分不必要条件．应选A.

[师说考点]
1．直线、平面平行判定及其性质
(1)线面平行判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2．直线、平面垂直判定及其性质
(1)线面垂直判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
[典例]　(2021·山东高考)在如下图几何体中，D是AC中点，EF∥DB.

(1)AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；
(2)G，H分别是EC和FB中点，求证：GH∥平面ABC.
[证明]　(1)因为EF∥DB，
所以EF与DB确定平面BDEF.
如图①，连接DE.

图①

因为AE＝EC，D为AC中点，
所以DE⊥AC.
同理可得BD⊥AC.
又BD∩DE＝D，
所以AC⊥平面BDEF.
因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.
(2)如图②，设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，

图②
因为G是CE中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.

1．证明线线平行4种常用方法
(1)利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；
(2)利用平行四边形进展平行转换；
(3)利用三角形中位线定理证线线平行；
(4)利用线面平行、面面平行性质定理进展平行转换．
2．证明线线垂直3种常用方法
(1)利用等腰三角形底边中线即高线性质；
(2)勾股定理；
(3)线面垂直性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.　　　　
[演练冲关]
1．(2021·云南模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC中点．

(1)求证：AE⊥BD；
(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥D­ABC体积．
解：(1)证明：设BD中点为O，连接AO，EO，

∵AB＝AD，∴AO⊥BD.
又E为BC中点，
∴EO∥CD.
∵CD⊥BD，
∴EO⊥BD.
又OA∩OE＝O，
∴BD⊥平面AOE.
又AE⊂平面AOE，
∴AE⊥BD.
(2)由得三棱锥D­ABC与C­ABD体积相等．
∵CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，BD＝＝2.
由得S△ABD＝×BD× ＝.
∴三棱锥C­ABD体积VC­ABD＝×CD×S△ABD＝.
∴三棱锥D­ABC体积为.
2．(2021·河南八市联考)如图，过底面是矩形四棱锥F­ABCD顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，假设点G在CD上且满足DG＝GC.

(1)求证：FG∥平面AED；
(2)求证：平面DAF⊥平面BAF.
证明：(1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，所以EF∥DG，EF＝DG.
所以四边形DEFG为平行四边形，所以FG∥ED.
又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，
所以FG∥平面AED.
(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面BAF，
又AD⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面BAF.

[典例]　(2021·全国甲卷)如图，菱形ABCD对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF位置．

(1)证明：AC⊥HD′；
(2)假设AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′­ABCFE体积．
[解]　(1)证明：由得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′­ABCFE体积V＝××2＝.

平面图形翻折问题求解方法
(1)解决与折叠有关问题关键是搞清折叠前后变化量和不变量，一般情况下，线段长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后图形，既要分析折叠后图形，也要分析折叠前图形．　　　　
[演练冲关]
　(2021·开封模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝AB＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D­ABC，如图2所示．

(1)求证：AD⊥平面BCD；
(2)求三棱锥C­ABD高．
解：(1)证明：∵平面ADC⊥平面ABC，且AC⊥BC，
∴BC⊥平面ACD，即AD⊥BC，
又AD⊥CD，∴AD⊥平面BCD.
(2)由(1)得AD⊥BD，∴S△ADB＝2，
∵三棱锥B­ACD高BC＝2，S△ACD＝2，
∴×2h＝×2×2，∴可解得h＝.

空间几何体与其他知识交汇
本讲在高考中主要考察空间中线、面平行与垂直关系，考察学生空间想象能力和推理能力．近几年，空间几何体与圆、概率、函数、不等式等知识交汇成为新命题点．
[典例]　如图，AB是圆O直径，点C是圆O上异于A，B点，PO垂直于圆O所在平面，且PO＝OB＝1.

(1)假设D为线段AC中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P­ABC体积最大值；
(3)假设BC＝，点E在线段PB上，求CE＋OE最小值．
[解]　(1)证明：在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC中点，所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在平面，所以PO⊥AC.
因为DO∩PO＝O，DO，PO⊂平面PDO，
所以AC⊥平面PDO.
(2)因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB距离最大，且最大值为1.
又AB＝2，所以△ABC面积最大值为×2×1＝1.
又因为三棱锥P­ABC高PO＝1，
故三棱锥P­ABC体积最大值为×1×1＝.
(3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，
所以PB＝＝.
同理PC＝，所以PB＝PC＝BC.
在三棱锥P­ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如下图．

当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．
又因为OP＝OB，C′P＝C′B，所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．
从而OC′＝OE＋EC′＝＋＝，
即CE＋OE最小值为.

(1)此题是立体几何与圆交汇问题，在解题中多利用圆直径所对圆周角为直角这一性质．
(2)在求CE＋OE最小值时，可利用“取直〞思想，即立体几何中平展与翻折方法．　　　　
[演练冲关]
　(2021·东北四市联考)底面为正方形四棱锥P­ABCD 内接于半径为1球，顶点P在底面ABCD上射影是ABCD中心，当四棱锥P­ABCD体积最大时，四棱锥高为(　　)
A. B．1 C. D.
解析：选C　依题意，四棱锥P­ABCD为正四棱锥，设其底面边长为a，底面到球心距离等于x，那么x2＋＝1，而正四棱锥高为h＝1＋x，∴四棱锥体积V(x)＝·a2h＝·a2(1＋x)＝·(1－x2)(1＋x)，其中x∈(0，1)，∵·(1－x2)(1＋x)＝·(2－2x)(1＋x)(1＋x)≤·＝，当且仅当x＝时取等号．∴四棱锥高h＝1＋＝.

一、选择题
1．E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，那么甲是乙成立(　　)
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B　假设E，F，G，H四点不共面，那么直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.应选B.
2．m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：
①假设α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，那么α⊥β；
②假设m⊥α，m⊥β，那么α∥β；
③假设m⊥α，n⊥β，m⊥n，那么α⊥β；
④假设m∥α，n∥β，m∥n，那么α∥β.
其中正确命题是(　　)
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
解析：选B　两个平面斜交时也会出现一个平面内直线垂直于两个平面交线情况，①不正确；垂直于同一条直线两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直直线分别垂直时，它们所成二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行直线也平行，故④不正确．
3．(2021·贵阳模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC条件是(　　)

A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
解析：选B　A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，应选B.
4．(2021·贵州模拟)α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于以下两个命题：
①假设b⊂α，a⊄α，那么“a∥b〞是“a∥α〞充分不必要条件；
②假设a⊂α，b⊂α，那么“α∥β〞是“a∥β且b∥β〞充要条件．
判断正确是(　　)
A．①，②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①，②都是假命题
解析：选B　假设b⊂α，a⊄α，a∥b，那么由线面平行判定定理可得a∥α，反过来，假设b⊂α，a⊄α，a∥α，那么a，b可能平行或异面，那么b⊂α，a⊄α，那么“a∥b〞是“a∥α〞充分不必要条件，①是真命题；假设a⊂α，b⊂α，α∥β，那么由面面平行性质可得a∥β，b∥β，反过来，假设a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，那么α，β可能平行或相交，所以，假设a⊂α，b⊂α，那么“α∥β〞是“a∥β，b∥β〞充分不必要条件，②是假命题，选项B正确．
5.如下图，直线PA垂直于⊙O所在平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O直径，点M为线段PB中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC距离等于线段BC长．其中正确是(　　)

A．①② B．①②③
C．① D．②③
解析：选B　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
∵AB为⊙O直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.
对于②，∵点M为线段PB中点，
∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，
∴OM∥平面PAC.
对于③，由①知BC⊥平面PAC，
∴线段BC长即是点B到平面PAC距离，故①②③都正确．
6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱B1C1中点，动点P在底面ABCD内，且PA1＝A1E，那么点P运动形成图形是(　　)

A．线段
B．圆弧
C．椭圆一局部
D．抛物线一局部
解析：选B　由PA1＝A1E知点P应落在以A1为球心，A1E长为半径球面上．又知动点P在底面ABCD内，所以点P轨迹是底面ABCD与球面形成交线，故为圆弧．
二、填空题
7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，假设＝，那么直线MN与平面BDC位置关系是________．

解析：由＝，得MN∥BD.
而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，
所以MN∥平面BDC.
答案：平行
8．如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，那么三棱锥D­AEF 体积最大值为________．

解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上高，所以AE＝，设AF＝a，FE＝b，那么△AEF面积S＝ab≤·＝×＝，所以三棱锥D­AEF体积V≤××＝(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．
答案：
9．(2021·兰州模拟)α、β是两平面，AB、CD是两条线段，α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，假设增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有以下条件：①AC⊥β；②AC与α、β所成角相等；③AC与CD在β内射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③由AC与CD在β内射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④由①知，假设BD⊥EF，那么EF⊥平面ABCD，那么EF⊥AC，故④错误，故填①③.
答案：①③
三、解答题
10．(2021·广州五校联考)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD中点，点Q在侧棱PC上．

(1)求证：AD⊥平面PBE；
(2)假设Q是PC中点，求证：PA∥平面BDQ；
(3)假设VP­BCDE＝2VQ­ABCD，试求值．
解：(1)证明：由E是AD中点，PA＝PD可得AD⊥PE.
又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
所以AB＝BD，又因为E是AD中点，所以AD⊥BE，
又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.
(2)连接AC，交BD于点O，连接OQ.

因为O是AC中点，Q是PC中点，
所以OQ∥PA，
又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，
所以PA∥平面BDQ.
(3)设四棱锥P­BCDE，Q­ABCD高分别为h1，h2.
那么VP­BCDE＝S四边形BCDEh1，VQ­ABCD＝S四边形ABCDh2.
又因为VP­BCDE＝2VQ­ABCD，且S四边形BCDE＝S四边形ABCD，
所以＝＝.
11．(2021·昆明七校联考)一个正方体平面展开图及该正方体直观图示意图如下图，在正方体中，设BC中点为M，GH中点为N.
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应顶点处(不需说明理由)；
(2)证明：直线MN∥平面BDH；
(3)过点M，N，H平面将正方体分割为两局部，求这两局部体积比．

解：(1)点F，G，H位置如下图．

(2)证明：连接BD，设O为BD中点，连接OM，OH，AC，BH，MN.
∵M，N分别是BC，GH中点，
∴OM∥CD，且OM＝CD，NH∥CD，且NH＝CD，
∴OM∥NH，OM＝NH，
那么四边形MNHO是平行四边形，∴MN∥OH，
又∵MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，
∴MN∥平面BDH.
(3)由(2)知OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，
体积比等于底面积之比，即3∶1.
ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝.

(1)求证：平面EBC⊥平面EBD；
(2)设M为线段EC上一点，且3EM＝EC，试问在线段BC上是否存在一点T，使得MT∥平面BDE，假设存在，试指出点T位置；假设不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为AD＝1，CD＝2，AC＝，
所以AD2＋CD2＝AC2，
所以△ADC为直角三角形，且AD⊥DC.
同理，因为ED＝1，CD＝2，EC＝，
所以ED2＋CD2＝EC2，
所以△EDC为直角三角形，且ED⊥DC.
又四边形ADEF是正方形，所以AD⊥DE，
又AD∩DC＝D，所以ED⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD，所以ED⊥BC.
在梯形ABCD中，过点B作BH⊥CD于点H，

故四边形ABHD是正方形，所以∠ADB＝45°，BD＝.
在Rt△BCH中，BH＝CH＝1，所以BC＝，
故BD2＋BC2＝DC2，所以BC⊥BD.
因为BD∩ED＝D，BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD，
所以BC⊥平面EBD，
又BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBD.
(2)在线段BC上存在一点T，使得MT∥平面BDE，此时3BT＝BC.
连接MT，在△EBC中，因为＝＝，所以MT∥EB.

又MT⊄平面BDE，EB⊂平面BDE，
所以MT∥平面BDE.