新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系核心考点1空间点线面位置关系的判断教师用书

第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系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(C)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∥m【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(D)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°【解析】如图所示，不妨设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30°＝eq\f(c,B1D)＝eq\f(b,B1D)，即b＝c，B1D＝2c＝eq\r(a2＋b2＋c2)，解得a＝eq\r(2)c.对于A，AB＝a，AD＝b，AB＝eq\r(2)AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠BAE≠30°，B错误；对于C，AC＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)c，CB1＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c，AC≠CB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C＝eq\f(CD,B1D)＝eq\f(a,2c)＝eq\f(\r(2),2)，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C＝45°.D正确．故选D.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)A．α≤β≤γ B．β≤α≤γC．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【解析】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α＝∠EFP，β＝∠FEP，γ＝∠FMP，tanα＝eq\f(PE,FP)＝eq\f(PE,AB)≤1，tanβ＝eq\f(FP,PE)＝eq\f(AB,PE)≥1，tanγ＝eq\f(FP,PM)≥eq\f(FP,PE)＝tanβ，所以α≤β≤γ，故选A.4.(多选)(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，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，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；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O＝eq\f(\r(2),2)，BC1＝eq\r(2)，sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD.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)【解析】设正方体的棱长为2，对于A，如图所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A错误．(或者易得OP在上底面的射影为MN，故MN⊥OP不成立)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．对于C，如图(3)，连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确．对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线PO，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，PO＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D错误．故选BC.6.(2023·全国乙卷文科)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.(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，所以eq\f(AH,AB)＝eq\f(HF,BC)，即eq\f(x,2)＝eq\f(HF,2\r(2))，解得HF＝eq\r(2)x，又因为∠BFH＝∠FBO，所以∠AOB＝∠FBH，且∠BHF＝∠OBA＝90°，所以Rt△BHF∽Rt△OBA，所以eq\f(HF,BH)＝eq\f(AB,BO)，即eq\f(\r(2)x,2－x)＝eq\f(2,\r(2))，解得x＝1，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，在Rt△PBO中，PB＝eq\r(6)，BO＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2)，所以PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(6－2)＝2，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°，所以PM＝PO·sin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，△ABC的面积为S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×BC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)，所以三棱锥P－ABC的体积为V三棱锥P－ABC＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(2\r(6),3).7.(2023·全国乙卷理科)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，AD＝eq\r(5)DO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.(1)证明：平面ADO⊥平面BEF；(2)求二面角D－AO－C的正弦值．【解析】(1)证明：AO＝eq\r(AB2＋OB2)＝eq\r(6)＝PC＝2OD，AD＝eq\r(5)OD，∴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，∴θ为eq\o(OD,\s\up6(→))和eq\o(BF,\s\up6(→))的夹角，|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)，cosθ＝eq\f(\o(BF,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→)),|\o(BF,\s\up6(→))||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2)\o(OA,\s\up6(→))－3\o(OB,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→)),|\o(BF,\s\up6(→))||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,2)\o(OB,\s\up6(→))·\o(OD,\s\up6(→)),|\o(BF,\s\up6(→))||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,2),\r(3)×\f(\r(6),2))＝－eq\f(\r(2),2)，sinθ＝eq\f(\r(2),2)，∴二面角D－AO－C的正弦值为eq\f(\r(2),2).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_不在一条直线上__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基本事实2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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(A∈l,B∈l,A∈α,B∈α))⇒l⊂α基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有_一条__过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l2.三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_相交__直线，有且只有一个平面推论3经过两条_平行__直线，有且只有一个平面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_一个公共点__；②平行直线：在同一平面内，没有公共点异面直线不同在_任何一个平面__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_平行__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_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_a′与b′所成的角__叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))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_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_相交__、_平行__、_在平面内__三种情况．(2)平面与平面的位置关系有_平行__、_相交__两种情况．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(C)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【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(ABC)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【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)A．垂直 B．相交不垂直C．平行 D．重合【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(C)A．平面EFC1⊥平面AA1C1CB．MP∥AC1C．MP⊥C1DD．EF∥平面AD1B1【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