新高考数学二轮复习 专题3 第2讲　空间点、线、面的位置关系（讲·） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第2讲 空间点、线、面的位置关系（讲·教师版）
高考定位
高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是空间位置关系的判定与证明以及空间中用线面(面面)平行、垂直的判定定理和性质定理证明垂直或平行，难度中等偏下．
核心整合
1.判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)利用空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体、正方体、四面体等中线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
2.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.
3.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.
4.平行关系及垂直关系的转化
真题体验
1．（2021•高考全国乙卷理科）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图，连接.
因为∥，所以或其补角为直线与所成的角.
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以.
设正方体棱长为2，则，
，所以.故选D.
2.（多选题）（2021•新高考全国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．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，
因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选BC.
3．（2021•浙江高考）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A. 直线与直线垂直，直线平面
B. 直线与直线平行，直线平面
C. 直线与直线相交，直线平面
D. 直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【解析】
连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，平面平面，
所以平面.因为不垂直，所以不垂直，
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，平面，所以，
，所以平面，平面，所以，
且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选A.
4.（2019•新课标Ⅰ，文16）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为 ．
【答案】
【解析】因为，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，，，到平面的距离为．
5．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
【答案】22π
【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=5,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=2,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,2为半径的圆弧EF,EF的长为14·22π=22π.
能力突破
考点一 空间中点、线、面的位置关系的判定
【例1】 （1）(多选题)已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，则( )
A．若l与m不垂直，则l与α一定不垂直
B．若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30°
C．l∥m是l∥α的充分不必要条件
D．若l与α相交，则l与m一定是异面直线
【答案】AC
【解析】对于A，当l与m不垂直时，假设l⊥α，那么由l⊥α一定能得到l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，A正确；易知B错误；由l∥m可以推出l∥α，但是由l∥α不一定能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，C正确；若l与α相交，则l与m相交或异面，D错误．故选AC.
（2）（2021·安徽合肥高三月考（文））已知直三棱柱中，点M，N分别是线段的中点，若直线平面，则（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【解析】
延长AN，交于点P，连接PM交于点Q，是.故选 A．
（3）(2019·高考全国卷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( )
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
【答案】B
【解析】
如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝eq \r(3).因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2eq \r(2)，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2eq \r(2)，所以在等腰三角形BDE中，BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.
【规律方法】 判断与空间位置关系有关的命题真假的3种方法
(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矛盾的命题，进而作出判断．
(3)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．
【对点训练1】（1）(多选题) 如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是( )
A．M，N，P，Q四点共面 B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQ D．四边形MNPQ为梯形
【答案】ABC
【解析】由三角形的中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；对于D，由三角形的中位线定理，知MQ∥BD，MQ＝
eq \f(1,2)BD，NP∥BD，NP＝eq \f(1,2)BD，所以MQ＝NP，MQ∥NP，所以四边形MNPQ是平行四边形，故D说法不正确．
（2）（2021·辽宁丹东市高三二模）设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则. B．若，，则.
C．若，，，则. D．若，，则.
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为，所以当时，，由垂直于同一平面的两条直线平行可知，选项A正确；
对于选项B，当，时，直线与平面的位置关系不确定，所以选项B错误；
对于选项C，当，，时，可以得到，所以选项C正确；
对于选项D，当，时，，因为，所以，所以，所以选项D正确.
故选ACD.
（3）(2021·广东省七校联考) 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是( )
①存在P，Q的某一位置，使AB∥PQ；
②△BPQ的面积为定值；
③当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面；
④无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ.
A．①②④ B．①③
C．②④ D．①③④
【答案】D
【解析】如图，①当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，AB∥PQ，①正确．
②设正方体棱长为2，当P在A处时，Q在B1处，△BPQ的面积为2，当P在AD1的中点，Q在B1C的中点时，△BPQ的面积为eq \r(2)，故②错误．
③当PA＞0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，故假设不成立，所以直线PB1与AQ是异面直线，③正确．
④当P与A重合或P与D1重合时，易证BC⊥PQ.当P不与A，D1重合时，设点P在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的射影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，故BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故④正确．综上所述，正确命题的序号是①③④.
考点二 空间中平行、垂直关系的证明
与等差（等比）数列有关的数学文化
命题角度1 平行、垂直关系的证明
【例2—1】 如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．∠AEB＝eq \f(π,2)，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求证：平面AED⊥平面BCE；
(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq \f(EF,EA)的值；若不存在，说明理由．
证明：(1)取AB的中点O，连接EO，DO.
由△ABE为等腰直角三角形可得EB＝EA，
∴EO⊥AB.
∵四边形ABCD为直角梯形，
AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
∴四边形OBCD为正方形，则AB⊥OD.又OD∩OE＝O，
∴AB⊥平面ODE，∴AB⊥ED.
(2)∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE.
又∵EA⊥EB，BC∩BE＝B，∴AE⊥平面BCE.
∵AE⊂平面AED，∴平面AED⊥平面BCE.
(3)存在点F，且eq \f(EF,EA)＝eq \f(1,3)时，有EC∥平面FBD.
理由如下：连接AC交BD于点M.
∵四边形ABCD为直角梯形，
AB＝2CD＝2BC，
∴eq \f(CM,MA)＝eq \f(CD,AB)＝eq \f(1,2).
∵EC∥平面FBD，
且平面FBD∩平面ACE＝FM，
∴EC∥FM.
∴eq \f(EF,FA)＝eq \f(CM,MA)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(EF,AE)＝eq \f(1,3).
【规律方法】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．
【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．
命题角度2 空间几何体中的体积问题
【例2—2】 （2021•高考全国乙卷文科）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
（1）证明：因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）解：由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
【规律方法】与体积有关的立体几何问题的求解方法
一般是利用几何关系 进行证明，大多涉及垂直问题 ，在此基础上找数量关系，关键是确定底和高，然后计算，通常需要先求距离.常用的方法有：① 直接法；②等体积法；③补形法；④向量法.
命题角度3 平面图形的折叠问题
【例2—3】如图1，在矩形中，，E是的中点；如图2，将沿折起，使折后平面平面．
（1）若平面与平面的交线为l，求证：；
（2）求证：平面；
（3）求点C到平面的距离．
（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面与平面的交线为l，且平面，所以；
（2）证明：依题意得，，又，
所以，则；
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面；
（3）解：取中点，连接.
因为，所以，由于平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，且，
所以 .
由（2）知平面，且平面，所以.
设点C到平面的距离为，则.
由于，故，
所以点C到平面的距离为.
【规律方法】平面图形折叠问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，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．
【对点训练2】
（1）如图，在四棱锥P­ABCD中，ABCD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点.求证：
（1）PA⊥底面ABCD；
（2）BE平面PAD；
（3）平面BEF⊥平面PCD.
证明：（1）因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，
所以PA⊥底面ABCD.
（2）因为ABCD，CD=2AB，E为CD的中点，
所以ABDE，且AB=DE.
所以四边形ABED为平行四边形.所以BEAD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE平面PAD.
（3）因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由（1）知PA⊥底面ABCD，平面，所以PA⊥CD.
又PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，平面，所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PDEF.所以CD⊥EF.
又因为CD⊥BE，EF∩BE=E，平面，所以CD⊥平面BEF.
因为CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD．
（2）（2021·天水市第一中学高三模拟（文））如图①，在菱形中，且，为的中点．将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥．
（1）求证：平面．
（2）若为的中点，求三棱锥的体积．
（1）证明：连接．
∵四边形为菱形，，∴是等边三角形．
∵为的中点，∴，．
又∵，∴，，
∴，∴.
∵，∴，．
又，平面，平面，
∴平面．
（2）由（1）知，.
∵，平面，平面，
∴平面．
∵为的中点，
∴到平面的距离.
∵，
∴，
即三棱锥的体积为.
（3）(2020·福建省质量检测) 如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1.把△ACD沿着AC翻折至△ACD1的位置，D1∉平面ABC，连接BD1，如图②.
(1)当BD1＝2eq \r(2)时，证明：平面ACD1⊥平面ABD1；
(2)当三棱锥D1­ABC的体积最大时，求点B到平面ACD1的距离．
证明：因为AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1，
所以依题意可得，∠AD1C＝90°，D1C＝1，
因为BD1＝2eq \r(2)，所以BC2＝D1C2＋BDeq \\al(2,1)，故∠BD1C＝90°，即CD1⊥BD1，
又CD1⊥AD1，AD1∩BD1＝D1，所以CD1⊥平面ABD1，
又CD1⊂平面ACD1，所以平面ACD1⊥平面ABD1.
解：法一：因为AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1，所以△ABC的面积为eq \f(3,2).
设点D1到平面ABC的距离为h，则三棱锥D1­ABC的体积为VD1­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×h，
故要使VD1­ABC取到最大值，须且仅需h取到最大值．
取AC的中点M，连接D1M，依题意知AD1＝D1C＝1，∠AD1C＝90°，
所以D1M⊥AC，D1M＝eq \f(\r(2),2)，且h≤D1M.
因为平面ACD1∩平面ABC＝AC，D1M⊥AC，D1M⊂平面ACD1，
所以当平面ACD1⊥平面ABC时，D1M⊥平面ABC，D1M＝h，
故当且仅当平面ACD1⊥平面ABC时，
VD1­ABC取得最大值．
此时VD1­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),4).
设点B到平面ACD1的距离为d，
则VD1­ABC＝VB­ACD1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×d＝eq \f(d,6)，
故eq \f(d,6)＝eq \f(\r(2),4)，解得d＝eq \f(3\r(2),2)，
故点B到平面ACD1的距离为eq \f(3\r(2),2).
法二：因为AD∥BC，∠D＝90°，BC＝3，AD＝DC＝1，所以△ABC的面积为eq \f(3,2).
设点D1到平面ABC的距离为h，则三棱锥D1­ABC的体积为VD1­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×h，
故要使VD1­ABC取到最大值，须且仅需h取到最大值．
取AC的中点M，连接D1M，依题意知AD1＝D1C＝1，∠AD1C＝90°，
所以D1M⊥AC，D1M＝eq \f(\r(2),2)，且h≤D1M.
因为平面ACD1∩平面ABC＝AC，D1M⊥AC，D1M⊂平面ACD1，
所以当平面ACD1⊥平面ABC时，D1M⊥平面ABC，D1M＝h，
故当且仅当平面ACD1⊥平面ABC时，VD1­ABC取得最大值．
过点B作BN⊥AC，垂足为N，
因为平面ACD1⊥平面ABC，平面ACD1∩平面ABC＝AC，BN⊂平面ABC，
所以BN⊥平面ACD1，所以点B到平面ACD1的距离为BN.
在△ACD中，∠D＝90°，AD＝DC＝1，所以AC＝eq \r(2)，
在△ABC中，S△ABC＝eq \f(1,2)·AC·BN，所以eq \f(1,2)×eq \r(2)×BN＝eq \f(3,2)，
所以BN＝eq \f(3\r(2),2)，即点B到平面ACD1的距离为eq \f(3\r(2),2).