【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义06《空间点、线、面的位置关系》(解析版) .doc，共(15)页，958.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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06空间点、线、面的位置关系核心考点读高考设问知考法命题解读空间点、线、面位置关系【2019新课标Ⅲ文理8】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、

填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.【2019新课标1文16】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为______．

【2017新课标Ⅰ文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()．【2020新课标3文19】如图，在长方体111

1ABCDABCD中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED，12BFFB．证明：（1）当ABBC时，EFAC；（2）点1C在平面AEF内．【2019新课标1文19】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠

BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．空间平行、垂直关系的证明【2020江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1

C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使

得CF∥平面PAE？说明理由.平面图形中的折叠问题【2020新课标1理16】如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，1AC，3ABAD，ABAC，ABAD，30oCAE，则cosFCB=

______．【2019新课标3文19】图①是由矩形,ADEBRtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1,2ABBEBF，60FBC，将其沿,ABBC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图②．（1）证明

图②中的,,,ACGD四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图②中的四边形ACGD的面积．【2018新课标1文18】如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM∠，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D

的位置，且ABDA⊥．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且23BPDQDA，求三棱锥QABP的体积．【2016新课标2理19】如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB

，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H，将DEF△沿EF折到DEF△的位置，10OD．（1）证明：DH平面ABCD；（2）求二面角BDAC的正弦值．核心考点一空间点、线、面位置关系1.判断与空间位置关系有关的命题的方法：(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.2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用

到立体几何中；(2)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.1.【2019新课标Ⅲ文理8】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A.BM＝EN，且直线BM，EN

是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DB

E的中线，∴BM，EN必相交.连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝32a，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，则BD＝2a，BE＝a2＋a2＝2a，BM＝32

a2＋a2＝72a，又EN＝a22＋32a2＝a，故BM≠EN.故选B．2．【2019新课标1文16】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为______．【解析】作,PD

PE分别垂直于,ACBC，PO平面ABC，连CO，知,CDPDCDPO，=PDODP，CD平面PDO，OD平面PDO，CDOD，3PDPE∵，2PC．3sinsin2PCEPCD，60PCBPCA，POCO

，CO为ACB平分线，451,2OCDODCDOC，又2PC，422PO．3．【2020新课标3文19】如图，在长方体1111ABCDABCD中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED

，12BFFB．证明：（1）当ABBC时，EFAC；（2）点1C在平面AEF内．【解析】（1）因为长方体1111ABCDABCD,所以1BB平面ABCD1ACBB,因为长方体1111,ABCDABCDABBC,所以四边形ABCD为正方形ACBD因为11,BBBDBBBBD

、平面11BBDD,因此AC平面11BBDD,因为EF平面11BBDD,所以ACEF；（2）在1CC上取点M使得12CMMC,连,DMMF,因为111112,//,=DEEDDDCCDDCC,

所以11,//,EDMCEDMC所以四边形1DMCE为平行四边形，1//DMEC因为//,=,MFDAMFDA所以四边形MFAD为平行四边形，1//,//DMAFECAF因此1C在平面AEF内1.【2017新课标Ⅰ文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M

，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()【解析】法一：对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面M

NQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.图(1)图(2)法二：对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.A项中直线AB与平面MNQ不平行

.故选A.2．【2020新课标2文理16】设有下列四个命题1p：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．2p：过空间中任意三点有且仅有一个平面．3p：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．4p：若直

线l平面，直线m平面，则ml．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14pp②12pp③23pp④34pp【解析】对于命题1p，可设1l与2l相交，这两条直线确定的平面为；若3l

与1l相交，则交点A在平面内，同理，3l与2l的交点B也在平面内，所以，AB，即3l，命题1p为真命题；对于命题2p，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p为假命题；对于命题3p，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p为假命题；对于命题4p，若直线m平面，则m

垂直于平面内所有直线，直线l平面，直线m直线l，命题4p为真命题．综上可知，1p，4p为真命题，2p，3p为假命题，即14pp为真命题，12pp为假命题，23pp为真命题，34pp为真命题．故答案为①③④．3．【2019新课标1文19】如图，直四棱柱A

BCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解析】（1）连接ME，1BC，M，E分别为1BB，BC中点ME为1BBC的中位线1//M

EBC且112MEBC，又N为1AD中点，且11//ADBC，1//NDBC且112NDBC//MEND，四边形MNDE为平行四边形//MNDE，又MN平面1CDE，DE平面1CDE//MN平面1CDE．（2）在菱形ABCD中，E为B

C中点，所以DEBC，根据题意有3DE，117CE，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面11BCCB，所以1DEEC，所以113172DECS，设点C到平面1CDE的距离为d，根据题意有11CCDECCDEVV，则有111131713432

32d，解得44171717d，所以点C到平面1CDE的距离为41717．核心考点二空间平行、垂直关系的证明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.1.【2020江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1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．【解析】（1）由于,EF分别是1,ACBC的中点，所以1//EF

AB.由于EF平面11ABC,1AB平面11ABC，所以//EF平面11ABC.（2）由于1BC平面ABC，ABÌ平面ABC，所以1BCAB.由于1,ABACACBCC，所以AB平面1ABC,由于ABÌ平面1AB

B，所以平面1ABC平面1ABB.2.【2019北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平

面PAE？说明理由.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面A

BCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理

由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝12AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝12AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以C

F∥平面PAE.1.【2018江苏卷】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－A1B1C1

D1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，因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.2.如图，在四棱锥P－ABCD

中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE∥平面PAD.【证明】(1)取BD的中点O，连接CO，PO，因为CD＝CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以△PBD为等腰三角形，

所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以E

O∥平面PAD.由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CO∥平面PAD.又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.核心考点

三平面图形中的折叠问题1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的

量放在原平面图形中进行分析求解.1．【2020新课标1理16】如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，1AC，3ABAD，ABAC，ABAD，30oCAE，则cosFCB=__________．【解析】ABAC，3AB，1AC，由勾股定理

得222BCABAC，同理得6BD，6BFBD，在ACE△中，1AC，3AEAD，30CAE，由余弦定理得22232cos301321312CEACAEACAE，1CFCE，

在BCF中，2BC，6BF，1CF，由余弦定理得2221461cos22124CFBCBFFCBCFBC．故答案为14．【解法2】30oABC，120oEAB，则30oAEC，故1ECAC，从而

1CF．又6FBBD，故2221461cos22124CFBCBFFCBCFBC．故答案为14．2．【2019新课标3文19】图①是由矩形,ADEBRtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1,2ABBEBF，60FBC，将其沿,ABBC折起使得B

E与BF重合，连结DG，如图②．（1）证明图②中的,,,ACGD四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图②中的四边形ACGD的面积．【解析】(1)//ADBE，//BFCG，又因为E和F粘在一起．//ADCG，A，C，G，D四点

共面．又,ABBEABBC．AB平面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证．(2)取CG的中点M，连结,EMDM．因为//ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG，由已知，四边形BCGE是菱形，且60EBC

得EMCG，故CG平面DEM．因此DMCG．在RtDEM△中，DE=1，3EM，故2DM．所以四边形ACGD的面积为4．1．【2018新课标1文18】如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM

∠，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA⊥．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且23BPDQDA，求三棱锥QABP的体积．【解析】（1）由已知可得，BAC=90°，BAAC⊥．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD

．又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．又23BPDQDA，所以22BP．作QE⊥AC，垂足为E，则QE13DC．由已知及（1）可得DC⊥平面A

BC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥QABP的体积为1111322sin451332QABPABPVQES△．2．【2016新课标2理19】如图所示，菱形ABCD的对角线

AC与BD交于点O，5AB，6AC，点E，F分别在AD，CD上，54AECF，EF交BD于点H，将DEF△沿EF折到DEF△的位置，10OD．（1）证明：DH平面ABCD；（2）求二面角BDAC的正弦值．【解析

】（Ⅰ）证明：因为54AECF，所以AECFADCD，所以EFAC∥．因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，所以EFBD，所以EFDH，所以EFDH．因为6AC，所以3AO．又5AB，AOOB，所以4OBOD，所以1AEOHODAD，所以

3DHDH，所以222ODOHDH，所以DHOH．又因为OHEFHI，所以DH面ABCD．（Ⅱ）建立如图坐标系Hxyz，所以500B，，，130C，，，003D，，，130A，，，430ABuu

ur，，，133ADuuur，，，060ACuuur，，，设面ABD的法向量1nxyz，，ur，由1100nABnADuruuururuuur，得430330xyxyz，取345xyz

，所以1345nur，，．同理可得面ADC的法向量2301nuur，，，所以12129575cos255210nnnnuruururuur，所以295sin25，即二面角BDAC的正弦值为2952

5．3.如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面

A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为362，求a的值.【解析】(1)在图1中，因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC，即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A

1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，由图1可知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积

S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，得a＝6.