8空间点线面位置关系的判断Word文件下载.docx
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（1）可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例．
（2）可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．
[题组突破]
福建连城二中考试）已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥βD．AC⊥β
如图所示，AB∥l∥m，选项A对；
AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m，选项B对；
AB∥l⇒AB∥β，选项C对；
对于选项D，虽然AC⊥l，但AC不一定在平面α内，所以AC可能与平面β相交、平行，不一定垂直，故错误．选D.
D
贵阳一中适应性考试）已知l为平面α内的一条直线，α，β表示两个不同的平面，则“α⊥β”是“l⊥β”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
若l为平面α内的一条直线且l⊥β，则α⊥β，反过来则不一定成立，所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件，故选B.
B
3．（2017·
厦门质检）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，α⊥β，则m∥β；
②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n；
③m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β；
④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α.
其中正确命题的序号是________（请将所有正确命题的序号都填上）．
对于命题①可以有m⊂β，故不成立；
对于命题③可以有α与β相交，故不成立．
②④
[误区警示]
对于空间中与平行、垂直相关的定理我们一定要准确记忆和理解，不能漏掉任何一个条件．如两平面平行的判定定理“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行”，必须注意“相交”，否则推不出两平面平行．
平行与垂直关系的证明
记住以下几个常用结论
（1）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
（2）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
（3）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
（4）如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
（5）垂直于同一条直线的两个平面平行．
（6）过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
（7）过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
[典例]（2017·
广西三市联考）在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°
，∠BAC＝∠CAD＝60°
，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝2AB＝2.
（1）求证：
PC⊥AE；
（2）求证：
CE∥平面PAB.
证明：
（1）在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝60°
，
∴BC＝
，AC＝2.取PC的中点F，连接AF，EF，
∵PA＝AC＝2，∴PC⊥AF.
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，又∠ACD＝90°
，即CD⊥AC，
PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴CD⊥PC，
∵EF是△PCD的中位线，∴EF∥CD，
∴EF⊥PC.
又AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF.
∵AE⊂平面AEF，∴PC⊥AE.
（2）取AD的中点M，连接EM，CM，则EM∥PA.
∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°
，AC＝AM＝2，
∵∠ACM＝60°
，而∠BAC＝60°
∴MC∥AB.
∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴MC∥平面PAB.
∵EM∩MC＝M，∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB.
[类题通法]
空间平行与垂直关系的证明主要是转化思想的应用，如下图：
在解决平行（垂直）关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化；
而应用性质定理时，其顺序则正好相反．在实际应用中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．
[演练冲关]
（2017·
广州模拟）用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
②若a∥b，a∥c，则b∥c；
③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；
④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.
其中真命题的序号是（ ）
A．①② B．②③
C．①④D．②④
对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a，b，c，满足a⊥b，b⊥c，但是a⊥c，所以①错误；
对于②，若a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行线公理，所以②正确；
对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；
对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.
平面图形的翻折与存在性问题
1．探索性问题
（1）推理型探索性问题
推理型探索性问题，以探究空间中直线、平面的平行与垂直关系为主，解决此类问题主要采用直接法，即利用空间平行与垂直关系的判定与性质定理进行逻辑推理，将其转化为平面图形中的线线关系进行探究，逻辑推理的思维量较大．
（2）计算型探索性问题
计算型探索性问题，主要是对几何体的表面积、体积或距离等问题进行有关探究．解决此类问题主要采用直接法，即利用几何体的结构特征，巧设未知量，将所探究的问题转化为建立关于所设未知量的函数或方程，依据目标函数的性质或方程解的存在性求解．
2．平面图形的翻折问题
折叠与展开，这两种方式的转变是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，求解翻折问题的关键是把握翻折前后的变量和不变量．
[典例]（2016·
洛阳统一考试）如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.
（1）若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且
＝λ
，使得CP∥平面ABEF？
若存在，求出λ的值；
若不存在，说明理由．
（2）求三棱锥ACDF的体积的最大值．
（1）如图，AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝
.理由如下：
过P作PM∥FD，连接EM、PC.
当λ＝
时，
＝
，可知
又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，
又EC＝3，MP∥FD∥EC，故MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME.
又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
故CP∥平面ABEF.
（2）设BE＝x，所以AF＝x（0<
x≤4），FD＝6－x，
故V三棱锥ACDF＝
×
2×
（6－x）x＝
（－x2＋6x），
当x＝3时，V三棱锥ACDF有最大值，且最大值为3.
1．平面图形的翻折问题主要是体现了平面与空间的转化思想．注意翻折前变与不变的量及位置关系．
2．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：
通常假定题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；
若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．
衡阳联考）如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）
A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B．异面直线A′E与BD不可能垂直
C．三棱锥A′EFD的体积有最大值
D．恒有平面A′GF⊥平面BCED
依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A正确；
在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；
当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′EFD的体积取得最大值，故C正确；
因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误，故选B.
南昌摸底）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝3，AC⊥BC，点M在线段AB上．
（1）若M是AB的中点，证明：
AC1∥平面B1CM；
（2）是否存在点M使得三棱锥B1BCM的体积是三棱柱ABCA1B1C1的体积的
？
若存在，试求BM的长度；
若不存在，请说明理由．
（1）证明：
连接BC1，交B1C于点E，连接ME.
因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以侧面BB1C1C为矩形，又M是AB中点，
所以ME为△ABC1的中位线，所以ME∥AC1.
因为ME⊂平面B1CM，AC1⊄平面B1CM，所以AC1∥平面B1CM.
（2）假设存在点M使得三棱锥B1BCM的体积是三棱柱ABCA1B1C1的体积的
.
因为VB1BCM＝
S△BCM·
BB1，VABCA1B1C1＝S△ABC·
BB1，
设BM＝λBA,0＜λ＜1，则
λS△ABC·
BB1＝
S△ABC·
所以λ＝
，即BM＝
故当BM＝
时，三棱锥B1BCM的体积是三棱柱ABCA1B1C1的体积的
[限时规范训练] 单独成册
[限时规范训练] 单独成册
一、选择题
郑州模拟）设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的（ ）
依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；
反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，选A.
2．在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则真命题是（ ）
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥b
C．若a∥α，a∥b，则b∥α
D．若α∥β，a⊂α，则a∥β
对于A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，因此选项A不正确；
对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能是平行的，因此选项B不正确；
对于C，直线b可能位于平面α内，此时结论不正确；
对于D，直线a与平面β没有公共点，因此a∥β，选项D正确，故选D.
3.如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
4．如图所示，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°
，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（ ）
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上D．△ABC内部
∵∠BAC＝90°
，∴AB⊥AC，
又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1，
又AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ABC1.
∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，
∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.
5．（2017·
菏泽模拟）如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是（ ）
A．异面
B．平行
C．相交
D．以上均有可能
在三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC，
∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，
∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.故选B.
6．（2017·
贵阳模拟）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是（ ）
A．O是△AEF的垂心
B．O是△AEF的内心
C．O是△AEF的外心
D．O是△AEF的重心
由题意可知PA、PE、PF两两垂直，
所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，
而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，
所以EF⊥平面PAO，
∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，
∴O为△AEF的垂心．故选A.
7．已知点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（ ）
A．0条B．1条
C．2条D．无数条
如图所示，作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E交平面KSHG于点N，M，连接MN，由面面平行的性质得MN∥平面ABCD，由于平面KSHG有无数多个，所以平行于平面ABCD的MN有无数多条，故选D.
8．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（ ）
A．BM是定值
B．点M在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．MB∥平面A1DE
取CD的中点F，连接MF，BF，AF（图略），则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，
∴MB∥平面A1DE，故D正确．
∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝
A1D，FB＝DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·
FB·
cos∠MFB，∴MB是定值，故A正确．∵B是定点，BM是定值，∴M在以B为球心，MB为半径的球上，故B正确．∵A1C在平面ABCD中的射影是点C与AF上某点的连线，不可能与DE垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C.故选C.
二、填空题
9．（2017·
高考全国卷Ⅰ）已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．
如图，连接OA，OB.
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.
设球O的半径为r，则
OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥SABC的体积
V＝
·
OA＝
即
＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.
36π
10.
如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线MN与AC所成的角为60°
其中正确的结论为________（把你认为正确结论的序号都填上）．
AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，为60°
③④
11.
如图，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；
②EF⊥PB；
③AF⊥BC；
④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是________．
∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，
∴CB⊥PA，CB⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴CB⊥平面PAC.
又AF⊂平面PAC，∴CB⊥AF.
又∵F是点A在PC上的射影，
∴AF⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AF⊥平面PBC，
故①③正确．又∵E为A在PB上的射影，∴AE⊥PB，
∴PB⊥平面AEF，故②正确．
而AF⊥平面PCB，∴AE不可能垂直于平面PBC.故④错．
①②③
12．如图是一个正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；
②CN与BE平行；
③CN与BM成60°
角；
④DM与BN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，显然①②正确；
对于③，连接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°
，所以CN与BM成60°
角，所以③正确；
对于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正确．
①②③④
三、解答题
13．（2017·
高考全国卷Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
如图，取AC的中点O，
连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，
故AC⊥BD.
（2）连接EO.
由
（1）及题设知∠ADC＝90°
，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝
AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝
BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的
，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的
，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
14．（2017·
高考全国卷Ⅱ）如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝
AD，∠BAD＝∠ABC＝90°
直线BC∥平面PAD；
（2）若△PCD的面积为2
，求四棱锥PABCD的体积．
在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°
，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.
（2）如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝
AD及BC∥AD，∠ABC＝90°
得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝
x，PM＝
x，PC＝PD＝2x.
如图，取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝
x.
因为△PCD的面积为2
，所以
x×
x＝2
解得x＝－2（舍去）或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2
所以四棱锥PABCD的体积V＝
2
＝4
15．（2017·
长春质量监测）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，且BC＝4，点M为PC的中点．
平面ADM⊥平面PBC；
（2）求点P到平面ADM的距离．
（1）取PB的中点N，连接MN、AN，
∵M是PC的中点，∴MN∥BC，MN＝
BC＝2，
又BC∥AD，∴MN∥AD，MN＝AD，
∴四边形ADMN为平行四边形．
∵AP⊥AD，AB⊥AD，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AN，
∴AN⊥MN.
∵AP＝AB，∴AN⊥PB，∴AN⊥平面PBC，
又AN⊂平面ADM，∴平面ADM⊥平面PBC.
（2）由
（1）知，PN⊥AN，PN⊥AD，
∴PN⊥平面ADM，即点P到平面ADM的距离为PN，
在Rt△PAB中，由PA＝AB＝2，得PB＝2
∴PN＝
PB＝
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