高考数学题型专题十四 点直线平面之间的位置关系.docx

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高考数学题型专题十四点直线平面之间的位置关系

题型专题（十四）　点、直线、平面之间的位置关系

[师说考点]

判断空间线面位置关系的常用方法

（1）根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理进行判断；

（2）借助空间几何模型并结合有关定理进行判断．

[典例]　（2016·全国甲卷）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．

其中正确的命题有________．（填写所有正确命题的编号）

[解析]　对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：

如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．

命题②正确，证明如下：

设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．

由平面与平面平行的定义知命题③正确．

由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．

[答案]　②③④

判断与空间位置关系有关的命题真假的2大方法

（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．　　　　

[演练冲关]

1．（2016·河南八市质检）设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

解析：

选B　因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.

2．（2016·山东高考）已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

解析：

选A　由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.

[师说考点]

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.

[典例]　（2016·山东高考）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（1）已知AB＝BC，AE＝EC，求证：

AC⊥FB；

（2）已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：

GH∥平面ABC.

[证明]　

（1）因为EF∥DB，

所以EF与DB确定平面BDEF.

如图①，连接DE.

图①

因为AE＝EC，D为AC的中点，

所以DE⊥AC.

同理可得BD⊥AC.

又BD∩DE＝D，

所以AC⊥平面BDEF.

因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.

（2）如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，

图②

因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.

在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.

1．证明线线平行的4种常用方法

（1）利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；

（2）利用平行四边形进行平行转换；

（3）利用三角形的中位线定理证线线平行；

（4）利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

2．证明线线垂直的3种常用方法

（1）利用等腰三角形底边中线即高线的性质；

（2）勾股定理；

（3）线面垂直的性质：

即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.　　　　

[演练冲关]

1．（2016·云南模拟）如图，在三棱锥ABCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．

（1）求证：

AE⊥BD；

（2）设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥DABC的体积．

解：

（1）证明：

设BD的中点为O，连接AO，EO，

∵AB＝AD，∴AO⊥BD.

又E为BC的中点，

∴EO∥CD.

∵CD⊥BD，

∴EO⊥BD.

又OA∩OE＝O，

∴BD⊥平面AOE.

又AE⊂平面AOE，

∴AE⊥BD.

（2）由已知得三棱锥DABC与CABD的体积相等．

∵CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，

∴CD⊥平面ABD，BD＝

＝2

.

由已知得S△ABD＝

×BD×

＝

.

∴三棱锥CABD的体积VCABD＝

×CD×S△ABD＝

.

∴三棱锥DABC的体积为

.

2．（2016·河南八市联考）如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC.

（1）求证：

FG∥平面AED；

（2）求证：

平面DAF⊥平面BAF.

证明：

（1）因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，所以EF∥DG，EF＝DG.

所以四边形DEFG为平行四边形，所以FG∥ED.

又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，

所以FG∥平面AED.

（2）因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面BAF，

又AD⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面BAF.

[典例]　（2016·全国甲卷）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

（1）证明：

AC⊥HD′；

（2）若AB＝5，AC＝6，AE＝

，OD′＝2

，求五棱锥D′ABCFE的体积．

[解]　

（1）证明：

由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得

＝

，故AC∥EF.

由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.

（2）由EF∥AC得

＝

＝

.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝

＝4.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是OD′2＋OH2＝（2

）2＋12＝9＝D′H2，

故OD′⊥OH.

由

（1）知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，

所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.

又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.

又由

＝

得EF＝

.

五边形ABCFE的面积S＝

×6×8－

×

×3＝

.

所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝

×

×2

＝

.

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．　　　　

[演练冲关]

　（2016·开封模拟）如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝

AB＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示．

（1）求证：

AD⊥平面BCD；

（2）求三棱锥CABD的高．

解：

（1）证明：

∵平面ADC⊥平面ABC，且AC⊥BC，

∴BC⊥平面ACD，即AD⊥BC，

又AD⊥CD，∴AD⊥平面BCD.

（2）由

（1）得AD⊥BD，∴S△ADB＝2

，

∵三棱锥BACD的高BC＝2

，S△ACD＝2，

∴

×2

h＝

×2×2

，∴可解得h＝

.

空间几何体与其他知识的交汇

本讲在高考中主要考查空间中的线、面平行与垂直的关系，考查学生的空间想象能力和推理能力．近几年，空间几何体与圆、概率、函数、不等式等知识的交汇成为新的命题点．

[典例]　如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.

（1）若D为线段AC的中点，求证：

AC⊥平面PDO；

（2）求三棱锥PABC体积的最大值；

（3）若BC＝

，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．

[解]　

（1）证明：

在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.

又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.

因为DO∩PO＝O，DO，PO⊂平面PDO，

所以AC⊥平面PDO.

（2）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.

又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为

×2×1＝1.

又因为三棱锥PABC的高PO＝1，

故三棱锥PABC体积的最大值为

×1×1＝

.

（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，

所以PB＝

＝

.

同理PC＝

，所以PB＝PC＝BC.

在三棱锥PABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．

当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．

又因为OP＝OB，C′P＝C′B，所以OC′垂直平分PB，即E为PB的中点．

从而OC′＝OE＋EC′＝

＋

＝

，

即CE＋OE的最小值为

.

（1）本题是立体几何与圆的交汇问题，在解题中多利用圆的直径所对的圆周角为直角这一性质．

（2）在求CE＋OE的最小值时，可利用“取直”思想，即立体几何中的平展与翻折的方法．　　　　

[演练冲关]

　（2016·东北四市联考）已知底面为正方形的四棱锥PABCD内接于半径为1的球，顶点P在底面ABCD上的射影是ABCD的中心，当四棱锥PABCD的体积最大时，四棱锥的高为（　　）

A.

B．1C.

D.

解析：

选C　依题意，四棱锥PABCD为正四棱锥，设其底面边长为a，底面到球心的距离等于x，则x2＋

＝1，而正四棱锥的高为h＝1＋x，∴四棱锥的体积V（x）＝

·a2h＝

·a2（1＋x）＝

·（1－x2）（1＋x），其中x∈（0，1），∵

·（1－x2）（1＋x）＝

·（2－2x）（1＋x）（1＋x）≤

·

＝

，当且仅当x＝

时取等号．∴四棱锥的高h＝1＋

＝

.

一、选择题

1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：

E，F，G，H四点不共面，命题乙：

直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的（　　）

A．必要不充分条件

B．充分不必要条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：

选B　若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B.

2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：

①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；

②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.

其中正确的命题是（　　）

A．①②B．②③C．①④D．②④

解析：

选B　两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．

3．（2016·贵阳模拟）如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是（　　）

A．AP⊥PB，AP⊥PC

B．AP⊥PB，BC⊥PB

C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC

D．AP⊥平面PBC

解析：

选B　A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.

4．（2016·贵州模拟）已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：

①若b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；

②若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．

判断正确的是（　　）

A．①，②都是真命题

B．①是真命题，②是假命题

C．①是假命题，②是真命题

D．①，②都是假命题

解析：

选B　若b⊂α，a⊄α，a∥b，则由线面平行的判定定理可得a∥α，反过来，若b⊂α，a⊄α，a∥α，则a，b可能平行或异面，则b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a⊂α，b⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a∥β，b∥β，反过来，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β可能平行或相交，所以，若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要条件，②是假命题，选项B正确．

5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：

①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是（　　）

A．①②B．①②③

C．①D．②③

解析：

选B　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.

∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，

∴BC⊥平面PAC，

又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.

对于②，∵点M为线段PB的中点，

∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，

∴OM∥平面PAC.

对于③，由①知BC⊥平面PAC，

∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．

6.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD内，且PA1＝A1E，则点P运动形成的图形是（　　）

A．线段

B．圆弧

C．椭圆的一部分

D．抛物线的一部分

解析：

选B　由PA1＝A1E知点P应落在以A1为球心，A1E长为半径的球面上．又知动点P在底面ABCD内，所以点P的轨迹是底面ABCD与球面形成的交线，故为圆弧．

二、填空题

7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若

＝

，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．

解析：

由

＝

，得MN∥BD.

而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，

所以MN∥平面BDC.

答案：

平行

8．如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥DAEF体积的最大值为________．

解析：

因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥DAEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝

，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝

ab≤

·

＝

×

＝

，所以三棱锥DAEF的体积V≤

×

×

＝

（当且仅当a＝b＝1时等号成立）．

答案：

9．（2016·兰州模拟）α、β是两平面，AB、CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：

①AC⊥β；②AC与α、β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.

其中能成为增加条件的序号是________．

解析：

由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.

答案：

①③

三、解答题

10．（2016·广州五校联考）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．

（1）求证：

AD⊥平面PBE；

（2）若Q是PC的中点，求证：

PA∥平面BDQ；

（3）若VPBCDE＝2VQABCD，试求

的值．

解：

（1）证明：

由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.

又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，

所以AB＝BD，又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE，

又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.

（2）连接AC，交BD于点O，连接OQ.

因为O是AC的中点，Q是PC的中点，

所以OQ∥PA，

又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，

所以PA∥平面BDQ.

（3）设四棱锥PBCDE，QABCD的高分别为h1，h2.

则VPBCDE＝

S四边形BCDEh1，VQABCD＝

S四边形ABCDh2.

又因为VPBCDE＝2VQABCD，且S四边形BCDE＝

S四边形ABCD，

所以

＝

＝

.

11．（2016·昆明七校联考）一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.

（1）请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；

（2）证明：

直线MN∥平面BDH；

（3）过点M，N，H的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．

解：

（1）点F，G，H的位置如图所示．

（2）证明：

连接BD，设O为BD的中点，连接OM，OH，AC，BH，MN.

∵M，N分别是BC，GH的中点，

∴OM∥CD，且OM＝

CD，NH∥CD，且NH＝

CD，

∴OM∥NH，OM＝NH，

则四边形MNHO是平行四边形，∴MN∥OH，

又∵MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，

∴MN∥平面BDH.

（3）由

（2）知OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，

体积比等于底面积之比，即3∶1.

12.在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝

.

（1）求证：

平面EBC⊥平面EBD；

（2）设M为线段EC上一点，且3EM＝EC，试问在线段BC上是否存在一点T，使得MT∥平面BDE，若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明：

因为AD＝1，CD＝2，AC＝

，

所以AD2＋CD2＝AC2，

所以△ADC为直角三角形，且AD⊥DC.

同理，因为ED＝1，CD＝2，EC＝

，

所以ED2＋CD2＝EC2，

所以△EDC为直角三角形，且ED⊥DC.

又四边形ADEF是正方形，所以AD⊥DE，

又AD∩DC＝D，所以ED⊥平面ABCD.

又BC⊂平面ABCD，所以ED⊥BC.

在梯形ABCD中，过点B作BH⊥CD于点H，

故四边形ABHD是正方形，所以∠ADB＝45°，BD＝

.

在Rt△BCH中，BH＝CH＝1，所以BC＝

，

故BD2＋BC2＝DC2，所以BC⊥BD.

因为BD∩ED＝D，BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD，

所以BC⊥平面EBD，

又BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBD.

（2）在线段BC上存在一点T，使得MT∥平面BDE，此时3BT＝BC.

连接MT，在△EBC中，因为

＝

＝

，所以MT∥EB.

又MT⊄平面BDE，EB⊂平面BDE，

所以MT∥平面BDE.