2025届高考数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题三立体几何与空间向量理科第2讲空间点线面的位置关系文理学案含解析新人教版

PAGE第2讲空间点、线、面的位置关系(文理)JIETICELUEMINGFANGXIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的推断，主要以选择、填空题的形式，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，并常与几何体的表面积、体积相渗透．⊙︱真题分布︱(理科)年份卷别题号考查角度分值2024Ⅰ卷5、18(1)面面平行、面面垂直的性质；线面垂直的证明10Ⅱ卷10、16、20(2)已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的推断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明15Ⅲ卷19(1)证明点在平面内62024Ⅰ卷18(1)线面平行的证明5Ⅱ卷7、17(1)面面平行的判定，线面垂直的证明10Ⅲ卷8、19(1)空间两直线的位置关系的判定；面面垂直的证明102024Ⅰ卷12、18(1)直线与平面所成的角、正方体的截面；面面垂直的证明10Ⅱ卷5、20(1)异面直线所成的角；线面垂直的证明10Ⅲ卷16、19(1)圆锥，空间线面角的求解；面面垂直的证明10(文科)年份卷别题号考查角度分值2024Ⅰ卷19(1)求证面面垂直Ⅱ卷11、16、20(1)已知球的表面积求点到面的距离；利用命题真假的推断来考查平面的性质，两直线的位置关系；两直线平行、两平面垂直的证明15Ⅲ卷19证明线线垂直；点在平面内122024Ⅰ卷19线面平行及点到平面的距离的计算12Ⅱ卷7、17面面平行的判定及充要条件；线面垂直的证明及体积的计算17Ⅲ卷8、19两直线位置关系的推断；翻折问题、面面垂直的证明及四边形面积的计算172024Ⅰ卷10、18直线与平面所成的角、长方体的体积计算；线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算17Ⅱ卷9、19异面直线所成的角；线面垂直的证明及点到平面的距离的计算17Ⅲ卷19面面垂直的证明及线面平行的存在性问题12KAODIANFENLEIXIZHONGDIAN考点分类·析重点考点一空间线面位置关系的推断eq\x(知)eq\x(识)eq\x(再)eq\x(现)1．平面的基本性质公理1：假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：假如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．公理4：平行于同一条直线的两条直线相互平行．注：公理1的作用：①检验平面；②推断直线在平面内；③由直线在平面内推断直线上的点在平面内；公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或推断“直线共面”的方法；公理3的作用：①判定两平面相交；②作两相交平面的交线；③证明多点共线；公理4的作用：证明两直线平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行,相交)),异面直线：不同在任何一个平面内))(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：(0，eq\f(π,2)]．(3)异面直线的判定方法：判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线．反证法：证明两线不行能平行、相交或证明两线不行能共面，从而可得两线异面．3．直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种状况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种状况．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例1(1)(2024·黄山二模)平面α∥平面β，直线m∥β，直线n垂直直线m在β内的射影，那么下列位置关系肯定正确的为(D)A．m∥α B．n⊥αC．n⊂α D．n⊥m(2)(2024·红河州三模)设m，n是空间中不同两条直线，α，β是空间中两个不同的平面，则下列四个命题中，正确的是(D)A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nB．若α⊥β，m⊥β，则m∥αC．若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β(3)(2024·汕头二模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq\r(3)，点G为正方形ABCD的中心，点E为A1D1的中点，点F为AE的中点，则(B)A．C、E、F、G四点共面，且CF＝EGB．C、E、F、G四点共面，且CF≠EGC．C、E、F、G四点不共面，且CF＝EGD．C、E、F、G四点不共面，且CF≠EG【解析】(1)∵平面α∥平面β，直线m∥β，∴直线m可能在平面α内，解除A；设m在β内的射影为l，且m、l所在平面为γ，则γ⊥β.∵直线m∥β，m⊂γ，β∩γ＝l，∴m∥l，∵n⊥l，∴n⊥m，解除B、C．故选D．(2)对于A，由m∥α，n∥β，α∥β，可得m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；对于B，由α⊥β，m⊥β，可得m∥α或m⊂α，故B错误；对于C，由m⊥n，m⊥α，α∥β，可得n∥β或n⊂β，故C错误；对于D，由α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，得m⊥β，故D正确．故选D．(3)连接AC，CE，∵G是正方形ABCD的中心，∴G∈直线AC，又AC⊂平面ACE，∴G∈平面ACE，又F∈直线AE，∴F∈平面ACE，又C∈平面ACE，E∈平面ACE，∴C、E、F、G四点共面．取AD的中点M，连接EM，GM，则EM＝eq\r(3)，GM＝1，∴EG＝eq\r(EM2＋GM2)＝2，取AM的中点N，连接FN，CN，则FN＝eq\f(\r(3),2)，CN＝eq\r(\f(3,2)2＋22)＝eq\f(5,2)，∴CF＝eq\r(FN2＋CN2)＝eq\r(7).∴EG≠CF.故选B．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)推断空间线、面位置关系的常用方法(1)依据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项推断解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中视察线、面位置关系，并结合有关定理进行推断．(3)借助于反证法，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冲突的命题，进而作出推断．eq\x(跟)eq\x(踪)eq\x(训)eq\x(练)1．(2024·湛江二模)已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m∥α，n⊂α，则m∥n；②若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β；③若n⊥α，m⊂β，α∥β，则m⊥n；④α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥n.其中真命题的个数是(C)A．1 B．2C．3 D．4【解析】对①若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故错误；对②，由线面平行的判定定理知：若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β，正确；对③，若n⊥α，α∥β，则n⊥β，m⊂β，则m⊥n，正确；对④，设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在面γ内任取点O，作OA⊥a，OB⊥b，由α⊥γ，β⊥γ，得OA⊥α，OB⊥β，故OA⊥m，OB⊥m，则m⊥γ，又n⊂γ，则m⊥n，正确．综上真命题的个数是3．故选C．考点二空间平行、垂直关系的证明eq\x(知)eq\x(识)eq\x(再)eq\x(现)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.eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例2(2024·江苏模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝PC，E，F分别是PA，PC的中点．求证：(1)AC∥平面BEF；(2)PA⊥平面BCE.【证明】(1)∵E，F分别是PA，PC的中点，∴EF∥AC，∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)∵PC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PC⊥BC，∵AC⊥BC，AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC，∵AC＝PC，E是PA中点，∴CE⊥PA，∵CE∩BC＝C，∴PA⊥平面BCE.eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．eq\x(跟)eq\x(踪)eq\x(训)eq\x(练)2．(2024·镇江三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC中点，AB＝BC，A1D⊥AC1．(1)B1C∥平面A1BD(2)平面A1BD⊥平面AB1C【证明】(1)设A1B与AB1交于点O，连接OD，如图所示：在平行四边形ABB1A1中，O为AB1中点，D为AC所以OD为△AB1C所以OD∥B1C又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD所以B1C∥平面A1BD(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD为△ABC的底边上的中线，BD⊥AC；在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以BD⊥C又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1A1，C1C⊂平面ACC1A1，AC∩C1所以BD⊥平面ACC1A1又AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1又A1D⊥AC1，BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD＝D，所以AC1⊥面A1BD；又AC1⊂平面AB1C1，所以平面A1BD⊥平面AB1考点三平面图形中的翻折问题eq\x(知)eq\x(识)eq\x(再)eq\x(现)平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生改变，有的没有发生改变，这些发生改变和没有发生改变的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生改变，不在同一个平面上的性质发生改变，解决这类问题就是要依据这些变与不变，去探讨翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例3(2024·怀化模拟)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，CE＝2ED，以BE为折痕将△BCE折起，使C到达C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如图2．(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求点B到平面AC1D的距离．【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD中，由AB＝2，DE＝1，AD＝eq\r(3)，解得EB＝EC＝BC＝2．连接AC交EB与M点，则△ECM≌BAM，∴M为BE的中点，则CM⊥BE.∴C1M＝MA＝eq\r(3)，又∵C1A＝eq\r(6)，∴C1M⊥MA，又∵C1M⊥BE，BE∩AM＝M，∴C1M⊥平面又C1M⊂平面C1EB，∴平面ABED⊥平面C1(2)解：设B到平面AC1D的距离为d，则d＝eq\f(VB－AC1D,\f(1,3)S△AC1D)，又VB－AC1D＝VC1－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD×C1M＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1．∵DM＝AM＝eq\r(3)，C1M＝eq\r(3)，∴C1D＝eq\r(6)，∴S△AC1D＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(\r(6)2－\f(\r(3),2)2)＝eq\f(3\r(7),4).∴d＝eq\f(VB－AC1D,\f(1,3)S△AC1D)＝eq\f(1,\f(1,3)×\f(3\r(7),4))＝eq\f(4,\r(7))＝eq\f(4\r(7),7)，即点B到平面AC1D的距离为eq\f(4\r(7),7).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般状况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生改变，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．eq\x(跟)eq\x(踪)eq\x(训)eq\x(练)3．(2024·湖南五市十校联考)如图，四边形ABCD中，AB∥CD，BC＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，且平面PDE⊥平面BCDE，F为PB的中点．(1)求证：PD∥平面CEF；(2)求三棱锥P－DEF的体积．【解析】(1)证明：连接BD交EC于O，连接OF，依题意可知四边形BCDE为平行四边形，又∵F为PB的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)取DE中点H，连接PH，∵PD＝PE＝DE＝2，∴PH⊥DE，又PH⊂平面PDE，平面PDE⊥平面BCDE，且平面PDE∩平面BCDE＝DE，∴PH⊥平面BCDE，且PH＝eq\r(3)，又∵F为PB的中点，∴点F到平面BCDE的距离等于点P到平面BCDE的距离的eq\f(1,2)，又∵四边形BCDE为菱形，△DEB为等腰三角形，∴S△DEB＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，∴VP－DEF＝VP－DEB－VF－DEB＝eq\f(1,2)VP－DEB＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(1,2).YICUOQINGLINGMIANSHIWU易错清零·免失误1．由于点、线共面构图不全面导致错误典例1已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线，求证：a、b、c、d共面．【错解】如图1所示，设a∩d＝A，b∩d＝B，b∩a＝D，则B∈α，D∈α，因此b⊂α，同理可证c⊂α，故a、b、c、d共面．【剖析】上述解法漏掉了图2所示的“有三条直线共点”的状况，从而因构图不全而导致错误．【正解】(1)无三线共点的状况，证明如上．(2)有三线共点的状况．不妨设直线a、b、c相交于一点D，D∉d，则点D与直线d确定一个平面α，设a∩d＝A，则A∈d，于是A∈α，又D∈α，∴A与D确定的直线a⊂α，同理，b、c都在α内，故a、b、c、d共面．综合(1)、(2)可知，两两相交且不共点的四条直线a、b、c、d共面．2．由于忽视异面直线所成的角的范围而导致错误典例2正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CC1的中点，求AE与BF所成角的余弦值．【错解】如图所示，连接EC1，则EC1∥BF，∴AE与EC1所成的角就是AE与BF所成的角，连接AC1，设正方体的棱长为a，则AE＝EC1＝eq\f(\r(5),2)a，AC1＝eq\r(3)a.在△AEC1中，cos∠AEC1＝eq\f(AE2＋EC\o\al(2,1)－AC\o\al(2,1),2AE·EC1)＝eq\f(2AE2－AC\o\al(2,1),2AE2)＝1－eq\f(AC\o\al(2,1),2AE2)＝1－eq\f(6,5)＝－eq\f(1,5)，∴AE与BF所成角的余弦值为－eq\f(1,5).【剖析】因为异面直线所成的角为锐角或直角，由cos∠AEC1＝－eq\f(1,5)可知，∠AEC1为钝角，它是AE与BF所成角的补角，所以AE与BF所成角的余弦值应为eq\f(1,5)，求得cos∠AEC1＝－eq\f(1,5)后，就认为所求角的余弦值是－eq\f(1,5)，这是忽视了异面直线所成角的范围是(0，eq\f(π,2)]，从而导致了错误的出现．【正解】AE与BF所成角的余弦值为eq\f(1,5).3．对线面关系定理条件把握不准致误典例3已知m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α，或n⊥β；②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；③若m不垂直于α，则m不行能垂直于α内的多数条直线；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，且n∥β；⑤若m、n为异面直线，则存在平面α过m且使n⊥α.其中正确的命题序号是__②④__.【错解】②③④⑤【剖析】③是错误的；⑤是错误的．【正解】①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的多数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．ZHENTIHUIFANGWUGAOKAO真题回放·悟高考1．(2024·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，则对随意的l⊂α，m⊂β，都有l∥mB．若α⊥β，则对随意的l⊂α，m⊂β，都有l⊥mC若α∥β，则对随意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l⊥mD．若α⊥β，则对随意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l∥m【解析】若α∥β，则对随意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能平行，也可能异面故A错误；若α⊥β，则对随意的l⊂α，m⊂β，则l和m可能垂直，平行，相交故B错误；若α∥β，则对随意的l⊂α，都存在m⊂β，使得l和m异面垂直，故C正确；若α⊥β，则对随意的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．(2024·课标全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(B)A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内随意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B．3．(2024·全国卷Ⅲ)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(B)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、BM、MN，N为BD中点，M为DE中点，∴MN∥BE，∴BM，EN共面相交，选项C，D为错；作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，∵平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO＝eq\r(3)，ON＝1，EN＝2，MF＝eq\f(\r(3),2)，BF＝eq\r(22＋\f(9,4))＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(\f(3,