新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系课件

第一篇核心专题提升•多维突破专题四立体几何第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系分析考情·明方向真题研究·悟高考考点突破·提能力分析考情·明方向高频考点高考预测以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断判定点、线、面的位置关系，判定线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直．主要是以选择题、填空题为主，也在解答题的第一问中.线面平行，面面平行的判定和性质线面垂直，面面垂直的判定和性质

真题研究·悟高考1.(2020·全国卷Ⅰ)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则(

)A．若α∥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l∥mB．若α⊥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，都有l⊥mC．若α∥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l⊥mD．若α⊥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥mC【解析】若α∥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能平行，也可能异面，故A错误；若α⊥β，则对任意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能垂直，平行，相交，故B错误；若α∥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l和m异面垂直，故C正确；若α⊥β，则对任意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥m是错误的，当直线l与平面β相交时，不存在直线与l平行，故D错误，选C.2.(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(

)A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°D【解析】如图所示，3.(2022·浙江卷)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F－BC－A的平面角为γ，则(

)A．α≤β≤γ B．β≤α≤γC．β≤γ≤α

D．α≤γ≤βA【解析】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，4.(多选)(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则()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°ABD【解析】如图，连接B1C、BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；5.(多选)(2021·全国新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是()BC对于B，如图(2)所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM－NADT可得SN⊥平面NADT，而OQ⊂平面NADT，故SN⊥OQ，而SN∩MN＝N，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确．(1)求证：EF∥平面ADO；(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC的体积．【解析】(1)证明：在Rt△ABC中，作FH⊥AB，垂足为H，设AH＝x，则HB＝2－x，因为FH∥CB，所以Rt△AHF∽Rt△ABC，又因为∠BFH＝∠FBO，所以∠AOB＝∠FBH，且∠BHF＝∠OBA＝90°，所以Rt△BHF∽Rt△OBA，即AH＝1，所以H是AB的中点，F是AC的中点，又因为E是PA的中点，所以EF∥PC，同理DO∥PC，所以EF∥DO，又因为EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC，因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P－ABC的高为PM，因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，(1)证明：平面ADO⊥平面BEF；(2)求二面角D－AO－C的正弦值．∴AD2＝AO2＋OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，∴AO⊥平面BEF，∵AO⊂平面ADO，∴平面ADO⊥平面BEF.(2)设二面角D－AO－C的平面角为θ，∵AO⊥OD，AO⊥BF，考点突破·提能力核心考点1空间点、线、面位置关系的判断核心知识·精归纳1.基本事实

文字语言图形语言符号语言基本事实1过_________________的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α不在一条直线上两个点一条2.三个推论利用基本事实1和基本事实2，再结合“两点确定一条直线”可得以下推论：推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面推论2经过两条_______直线，有且只有一个平面推论3经过两条_______直线，有且只有一个平面相交平行3.空间中两条直线的位置关系(1)位置关系分类共面直线①相交直线：在同一平面内，有且只有_____________；②平行直线：在同一平面内，没有公共点异面直线不同在_______________内，没有公共点(2)基本事实4和定理基本事实4平行于同一条直线的两条直线_______定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角_____________一个公共点任何一个平面平行相等或互补4.异面直线所成的角定义已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把_________________叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)范围______垂直如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线___________a′与b′所成的角互相垂直5.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有_______、_______、___________三种情况．(2)平面与平面的位置关系有_______、_______两种情况．相交平行在平面内平行相交多维题组·明技法角度1：有关线面位置关系的命题真假的判断1.(2023·南关区校级模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是(

)A．A，M，O三点共线B．M，O，A1，B四点异面C．B，B1，O，M四点共面D．B，D1，C，M四点共面C【解析】根据题意，连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．选项A、B、D均正确，选项C错误．故选C.2.(多选)(2023·东宝区校级模拟)已知α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α∩β＝l，A∈α且A∈β，则A∈lB．若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉βC．若A∈α且B∈α，则直线AB⊂αD．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线ABC【解析】对于A，∵A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，又α∩β＝l，∴由基本事实3(公理2)可得A∈l，故A正确；对于B，由基本事实1(公理3)：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又A∈β，B∈β，且A，B，C∈α，则C∉β，故B正确；对于C，由基本事实2(公理1)：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故C正确；对于D，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故D错误．故选ABC.角度2：立体图形中线面位置关系的判断3.(2023·汉滨区校级模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，L，M，N分别为棱A1B1，AD，CC1的中点，则平面LMN与平面CBD1的位置关系是(

)A．垂直

B．相交不垂直C．平行

D．重合A【解析】设棱AA1，B1C1的中点分别为P，Q，连接LP，LM，PM，LQ，QN，LN，连接BC1，B1C，BD1，CD1，如图所示，正方体中，C1D1⊥平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1，C1D1⊥CB1，正方形BCC1B1中，BC1⊥CB1，BC1∩C1D1＝C1，BC1，C1D1⊂平面BC1D1，∵CB1⊥平面BC1D1，BD1⊂平面BC1D1，∴BD1⊥CB1，∵Q，N分别为棱B1C1，CC1的中点，∴NQ∥CB1，∴BD1⊥NQ，同理可证BD1⊥LQ，NQ，LQ⊂平面NQL，NQ∩LQ＝Q，∴BD1⊥平面NQL，∵LN⊂平面NQL，∴BD1⊥LN，同理可证BD1⊥LM，又LM，LN⊂平面LMN，LM∩LN＝L，∴BD1⊥平面LMN，BD1⊂平面CBD1，∴平面CBD1⊥平面LMN.故选A.4.(2023·北流市模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，则下列结论中错误的是()A．平面EFC1⊥平面AA1C1CB．MP∥AC1C．MP⊥C1DD．EF∥平面AD1B1C【解析】对于A，由E，F分别为所在棱的中点得EF∥BD，由正方体的性质易知AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以AA1⊥EF，AC⊥EF，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，所以EF⊥平面AA1C1C，EF⊂平面EFC1，所以平面EFC1⊥平面AA1C1C，故A正确；对于B，P为下底面A1B1C1D1的中心，故P为A1C1，B1D1的中点，因为M为所在棱AA1的中点，所以MP∥AC1，故B正确；对于C，若MP⊥C1D，由B选项知MP∥AC1，则有AC1⊥C1D，由正方体的性质知△AC1D为直角三角形，AD⊥DC1，所以，AC1⊥C1D不满足，故C错误；对于D，由A选项知EF∥BD，由正方体的性质易知B1D1∥BD，所以B1D1∥EF，B1D1⊂平面AD1B1，EF⊄平面AD1B1，所以EF∥平面AD1B1，故D正确．故选C.方法技巧·精提炼判断空间位置关系的方法(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)借助空间几何体模型，如长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定否定．加固训练·促提高1.(2023·江西模拟)已知α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，则下面说法中正确的是(

)A．若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊥αB．若a⊂α，且b⊥a，则b⊥αC．若b⊥α，且c⊥b，则c∥αD．若a⊥α，b⊥β，且c∥a，c∥b，则α∥βD【解析】对于A，由a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，当且仅当a与b相交时，才能得到c⊥α，故A错误；对于B，若a⊂α，且b⊥a，则b∥α或b⊂α或b与α相交但不垂直，故B错误；对于C，若b⊥α，且c⊥b，则c∥α或c⊂α，故C错误；对于D，若c∥a，c∥b，则a∥b，又a⊥α，b⊥β，且α，β是两个不同的平面，故α∥β，故D正确．故选D.2.(2023·海淀区校级模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，下列四个结论中，正确的是(

)A．EF∥平面A1BCD1B．存在点E，使EF⊥平面BB1C1CC．存在点E，使EF∥A1CD．DB1⊥EFD核心考点2空间平行、垂直的证明核心知识·精归纳1.直线、平面平行的判定定理和性质定理(1)直线与平面平行的判定定理：_______，a⊂α，l⊄α⇒l∥α.(2)直线与平面平行的性质定理：l∥α，l⊂β，___________⇒l∥b.(3)平面与平面平行的判定定理：a∥β，b∥β，___________，a⊂α，b⊂α⇒α∥β.(4)平面与平面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，_________⇒a∥b.l∥aα∩β＝ba∩b＝Pβ∩γ＝b2.直线、平面垂直判定定理与性质定理(1)直线与平面垂直判定定理：a，b⊂α，a∩b＝O，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.(2)直线与平面垂直性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)平面与平面垂直判定定理：l⊂β，l⊥α⇒α⊥β.(4)平面与平面垂直性质定理：α⊥β，l⊂β，α∩β＝a，l⊥a⇒l⊥α.典例研析·悟方法角度1：空间中的平行关系典例1(1)求证：EO∥平面PBC；(2)PA上是否存在点F，使平面OEF∥平面PBC，若存在，请指出并给予证明；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：由底面为正方形的四棱锥可得O为BD的中点，再由E为PD的中点，可得OE为△PBD的中位线，所以OE∥PB，而OE⊄面PBC，PB⊂面PBC，所以可证得OE∥面PBC.(2)存在PA的中点F，使得平面OEF∥平面PBC；因为E，F为中点，所以EF∥AD，因为AD∥BC，所以EF∥BC，EF⊄面PBC，BC⊂面PBC，所以EF∥面PBC，再由(1)及EF∩OE＝E，所以可证得面OEF∥面PBC.角度2：空间中的垂直关系

《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．在如图所示的“阳马”P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DA，点E是PA的中点，作EF⊥PB交PB于点F.典例2(1)求证：PC∥平面EBD；(2)求证：PB⊥平面EFD.【证明】

(1)连接AC交BD于点O，连接EO，∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC中点，∵E是PA中点，∴EO∥PC，∵EO⊂平面EBD，∴PC∥平面EBD.(2)∵侧棱PD⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB，∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥AD，∵PD∩DA＝D，∴AB⊥平面PDA，∵ED⊂平面PDA，∴AB⊥ED，∵E是PA的中点，且PD＝DA，∴ED⊥PA，∵AB∩PA＝A，ED⊥平面PAB，∴ED⊥PB，∴EF⊥PB，EF∩ED＝E，∴PB⊥平面EFD.方法技巧·精提炼1.平行关系及垂直关系的转化2.易错提醒(1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．加固训练·促提高1.(2023·杨浦区校级模拟)如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB.(1)求证：平面AMB∥平面DNC；(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC.【证明】

(1)因为MB∥NC，MB⊄面DNC，NC⊂面DNC，所以MB∥面DNC.因为四边形AMND是矩形，所以MA∥DN，又MA⊄面DNC，DN⊂面DNC，所以MA∥面DNC.又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，所以面AMB∥面DNC.(2)因为四边形AMND是矩形，所以AM⊥MN.因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN＝MN，AM⊂面AMND，所以AM⊥平面MBCN，而BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，MC、AM⊂面AMC，所以BC⊥面AMC，因为AC⊂面AMC，所以BC⊥AC.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，侧棱PA⊥面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一动点．(1)求证：BD⊥FG；(2)在线段AC上是否存在一点G使FG∥平面PBD，并说明理由．【解析】(1)证明：∵PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面APC，∵FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG.理由如下：连接PE，由F为PC中点，G为EC中点，知FG