第10讲 点直线平面之间的位置关系.docx

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第10讲点直线平面之间的位置关系

第十讲　点、直线、平面之间的位置关系

真题试做►———————————————————

1．（2013·高考课标全国卷Ⅱ）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（　　）

A．α∥β且l∥α

B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l

D．α与β相交，且交线平行于l

2．（2013·高考课标全国卷Ⅰ）

如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

（1）证明：

AB⊥A1C；

（2）若AB＝CB＝2，A1C＝

，求三棱柱ABCA1B1C1的体积．

考情分析►———————————————————

（1）以选择、填空题的形式考查时，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判断，属基础题．

（2）以解答题的形式考查时，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．

考点一　判断空间点、线、面之间的位置关系

高考试题中多以考查空间点、线、面的位置关系的判断为主，考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系；试题多为选择题、填空题．

（2013·高考广东卷）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（　　）

A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n

C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β

D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β

【思路点拨】　本题可以依据相应的判定定理或性质定理进行判断，也可以借助于长方体模型，利用模型中的直线和平面进行判断．

　解决空间线面位置关系的组合判断题的两大思路：

（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逐项判断．

（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，肯定或否定某些选项，并作出选择．

强化训练1　给出下列关于互不相同的直线m，l，n和平面α，β的四个命题：

①若m⊂α，l∩α＝A，点A∉m，则l与m不共面；

②若m、l是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；

③若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m；

④若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.

其中为真命题的是________（填序号）．

考点二　求证空间中线线、线面平行与垂直

此类问题多以多面体为载体，求证线线、线面的平行与垂直，在解答题中往往作为第一问，难度一般不大，适当添加辅助线是解题的常用方法，考查学生灵活应用线线、线面的平行与垂直的相互转化能力．

如图所示，正三棱柱A1B1C1ABC中，点D是BC的中点，BC＝

BB1，设B1D∩BC1＝F.求证：

（1）A1C∥平面AB1D；

（2）BC1⊥平面AB1D.

【思路点拨】　本题可先挖掘正三棱柱中有关的线面平行及垂直关系，第

（1）问可利用“线线平行”或“面面平行”；第

（2）问可利用“线线垂直”来证“线面垂直”．

　解决线线、线面的平行与垂直问题常有以下技巧：

（1）证明线线平行常用的方法：

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）证明线面平行常用的两种方法：

①利用线面平行的判定定理，把证线面平行转化为证线线平行；②利用面面平行的性质，把证线面平行转化为证面面平行．

（3）证明线线垂直常用的方法：

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平面即可．l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.

（4）证明线面垂直的常用方法：

①判定定理：

⇒l⊥α；

②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；

③α∥β，a⊥β⇒a⊥α；

④α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

强化训练2　

如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为DD1，DB的中点．求证：

（1）EF∥平面ABC1D1；

（2）EF⊥B1C.

考点三　证明空间面与面的位置关系

此类问题多以多面体为载体，结合线线、线面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查面面位置关系的判定及性质，考查学生的推理论证能力．

在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.

（1）求证：

平面EFG∥平面PMA；

（2）求证：

平面EFG⊥平面PDC；

（3）求三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比．

【思路点拨】　

（1）证明EG、FG都平行于平面PMA.

（2）证明GF⊥平面PDC.（3）设MA为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．

（1）垂直问题的转化方向：

面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：

①证明线线垂直：

线线垂直的定义；线面垂直的定义；勾股定理等平面几何中的有关定理．

②证明线面垂直：

线面垂直的判定定理；线面垂直的性质定理；面面垂直的性质定理．

③证明面面垂直：

面面垂直的定义；面面垂直的判定定理．

（2）证明面面平行的常用方法是利用判定定理，其关键是结合图形与条件在平面内寻找两相交直线分别平行于另一平面．

强化训练3　

（2013·合肥市质量检测）如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE＝MC＝

.

（1）求证：

平面BCD⊥平面CDE；

（2）若N为线段DE的中点，求证：

平面AMN∥平面BEC.

考点四　空间图形的折叠与展开

此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面位置关系及有关计算．考查学生的知识迁移能力和空间想象能力，难度较大．

（2013·高考广东卷）如图

（1），在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图

（2）所示的三棱锥ABCF，其中BC＝

.

（1）证明：

DE∥平面BCF；

（2）证明：

CF⊥平面ABF；

（3）当AD＝

时，求三棱锥FDEG的体积VFDEG.

【思路点拨】　

（1）要证直线和平面平行，可证直线与该平面内的一条直线平行，也可证直线所在的平面与该平面平行．

（2）要证直线和平面垂直，需要证明直线和该平面内的两条相交直线垂直．（3）要求三棱锥的体积，需要确定底面面积和高，然后代入棱锥的体积公式计算．

（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．

强化训练4　（2012·高考福建卷）

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．

（1）求三棱锥AMCC1的体积；

（2）当A1M＋MC取得最小值时，求证：

B1M⊥平面MAC.

推理论证能力——空间线、面

位置关系的判断与证明

推理论证是由前提和结论两部分组成；论证是由已有的正确的前提到被论证的结论的一连串的推理过程．推理既包括演绎推理，也包括合情推理；论证方法既包括按形式划分的演绎法和归纳法，也包括按思考方法划分的直接证法和间接证法．

（2013·高考北京卷）

如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，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AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE.

所以四边形ABED为平行四边形．

所以BE∥AD．

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，

所以PA⊥CD．

又PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD.

所以CD⊥PD．

因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF.所以CD⊥EF.

又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，

所以CD⊥平面BEF．

所以平面BEF⊥平面PCD.

由面面垂直推出线面垂直；

由线线平行推出线面平行，论证中要注意BE⊄平面PAD、AD⊂平面PAD这两个条件；

由线面垂直推出线线垂直；

由线线垂直推出线面垂直，应注意EF∩BE＝E.

跟踪训练　（2013·郑州市质量检测）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．

（1）求证：

AB1⊥平面A1BD；

（2）设点O为AB1上的动点，当OD∥平面ABC时，求

的值．

_体验真题·把脉考向_

1．【解析】选D.

根据所给的已知条件作图，

如图所示．

由图可知α与β相交，且交线平行于l，

故选D.

2．【解】

（1）证明：

取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.

因为CA＝CB，所以OC⊥AB.

由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，

故△AA1B为等边三角形，

所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.

又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.

（2）由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝

.

又A1C＝

，则A1C2＝OC2＋OA

，故OA1⊥OC.

因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABCA1B1C1的高．

又△ABC的面积S△ABC＝

，

故三棱柱ABCA1B1C1的体积V＝S△ABC·OA1＝3.

_典例展示·解密高考_

【例1】【解析】

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．

平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．

AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.

【答案】D

[强化训练1]【解析】③中l∥m或l，m异面，所以③错误，其他正确．

【答案】①②④

【例2】

【证明】

（1）连接A1B，设A1B与AB1交于E，连接DE.

∵点D是BC的中点，点E是A1B的中点，

∴DE∥A1C，∵A1C⊄平面AB1D，

DE⊂平面AB1D，

∴A1C∥平面AB1D.

（2）∵△ABC是正三角形，点D是BC的中点，∴AD⊥BC.

∵平面ABC⊥平面B1BCC1，

平面ABC∩平面B1BCC1＝BC，AD⊂平面ABC，

∴AD⊥平面B1BCC1.

∵BC1⊂平面B1BCC1，∴AD⊥BC1.

∵点D是BC的中点，BC＝

BB1，∴BD＝

BB1.

∵

＝

＝

，∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1.

∴∠BDB1＝∠BC1C.

∴∠FBD＋∠BDF＝∠C1BC＋∠BC1C＝90°.

∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD＝D，

∴BC1⊥平面AB1D.

[强化训练2]【证明】

（1）

连接BD1.在△DD1B中，E，F分别为D1D，DB的中点，

则EF∥D1B.

又D1B⊂平面ABC1D1，EF⊄平面ABC1D1，

∴EF∥平面ABC1D1.

（2）由题意易得AB⊥B1C，

B1C⊥BC1.

又AB，BC1⊂平面ABC1D1，AB∩BC1＝B，

∴B1C⊥平面ABC1D1.

又BD1⊂平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1.

而EF∥BD1，∴EF⊥B1C.

【例3】【解】

（1）证明：

∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，

∴EG∥PM，GF∥BC.

又∵四边形ABCD是正方形，

∴BC∥AD，∴GF∥AD.

∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内，

∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.

又∵EG、GF都在平面EFG内且相交，

∴平面EFG∥平面PMA.

（2）证明：

由已知MA⊥平面ABCD，

PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.

又BC⊂平面ABCD，

∴PD⊥BC.

∵四边形ABCD为正方形，

∴BC⊥DC.

又PD∩DC＝D，

∴BC⊥平面PDC.

在△PBC中，∵G、F分别为PB、PC的中点，

∴GF∥BC，

∴GF⊥平面PDC.

又GF⊂平面EFG，

∴平面EFG⊥平面PDC.

（3）∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，

不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2.

∵DA⊥平面MAB，且PD∥MA，

∴DA即为点P到平面MAB的距离，

∴VPMAB∶VPABCD

＝

S△MAB·DA∶

S正方形ABCD·PD

＝S△MAB∶S正方形ABCD

＝（

×1×2）∶（2×2）

＝1∶4.

[强化训练3]【证明】

（1）∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，

∴AM＝

BD＝

，AM⊥BD.

∵AE＝MC＝

，

∴AE＝MC＝

BD＝

，

∴BC⊥CD，BD⊥CM.

∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD，

∴MC⊥AM，又BD∩MC＝M，

∴AM⊥平面BCD.

又MC∥AE，AE＝MC＝

，

∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM，

∴EC⊥平面BCD，∴BC⊥EC.

∵EC∩CD＝C，

∴BC⊥平面CDE，

∴平面BCD⊥平面CDE.

（2）∵M为BD的中点，N为DE的中点，

∴MN∥BE.

由

（1）知EC∥AM且AM∩MN＝M，

又BE∩EC＝E，

∴平面AMN∥平面BEC.

【例4】【解】

（1）证明：

法一：

在折叠后的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，

所以

＝

，所以DE∥BC.

因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，

所以DE∥平面BCF.

法二：

在折叠前的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，

所以

＝

，所以DE∥BC，即DG∥BF，EG∥CF.

在折叠后的图形中，仍有DG∥BF，EG∥CF.

又因为DG⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，

所以DG∥平面BCF，同理可证EG∥平面BCF.

又DG∩EG＝G，DG⊂平面DEG，EG⊂平面DEG，

故平面DEG∥平面BCF.

又DE⊂平面DEG，所以DE∥平面BCF.

（2）证明：

在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，

BF＝CF，

所以AF⊥BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF.

又BF＝CF＝

，BC＝

，

所以BC2＝BF2＋CF2，所以BF⊥CF.

又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，

所以CF⊥平面ABF.

（3）由

（1）知，平面DEG∥平面BCF，

由

（2）知AF⊥BF，AF⊥CF，

又BF∩CF＝F，所以AF⊥平面BCF.

所以AF⊥平面DEG，即GF⊥平面DEG.

在折叠前的图形中，AB＝1，BF＝CF＝

，AF＝

.

由AD＝

知

＝

，又DG∥BF，

所以

＝

＝

＝

，

所以DG＝EG＝

×

＝

，AG＝

×

＝

，

所以FG＝AF－AG＝

.

故三棱锥FDEG的体积为V三棱锥FDEG＝

S△DEG·FG＝

×

×

×

＝

.

[强化训练4]【解】

（1）由长方体ABCDA1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，

∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1.

又S△MCC1＝

CC1·CD＝

×2×1＝1，

∴VAMCC1＝

AD·S△MCC1＝

.

（2）证明：

将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面（如图），当点A1，M，C′共线时，A1M＋MC取得最小值．由AD＝CD＝1，AA1＝2，

得M为DD1的中点．

连接A1M、B1M，在△C1MC中，MC1＝

，MC＝

，CC1＝2，

∴CC

＝MC

＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1.

又由长方体ABCDA1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，

∴B1C1⊥CM.

又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M.

同理可证，B1M⊥AM.

又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC.

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[跟踪训练]【解】

（1）证明：

取BC的中点为M，连接AM，B1M，

在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，

故AM⊥平面BCC1B1，

又BD⊂平面BCC1B1，

所以AM⊥BD.

又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝

，

所以BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，

所以BD⊥平面AB1M，故AB1⊥BD，

正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，又A1B∩BD＝B，

所以AB1⊥平面A1BD.

（2）取AA1的中点为N，连接ND，OD，ON.

因为N，D分别为AA1，CC1的中点，

所以ND∥平面ABC.

又OD∥平面ABC，ND∩OD＝D，

所以平面NOD∥平面ABC.

所以ON∥平面ABC.

又ON⊂平面BAA1B1，

平面BAA1B1∩平面ABC＝AB，

所以ON∥AB.

注意到AB∥A1B1，

所以ON∥A1B1.

又N为AA1的中点，

所以O为AB1的中点，即

＝1.