点、直线、平面之间的位置关系

点、直线、平面之间的位置关系 一、主干知识1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理：定理符号表示图形表示线面平行的判定定理________________ 定理符号表示图形表示线面平行的性质定理________________线面垂直的判定定理________________线面垂直的性质定理________________ 2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理：定理符号表示图形表示面面垂直的判定定理_____________面面垂直的性质定理_________________ 定理符号表示图形表示面面平行的判定定理_________________面面平行的性质定理_________________ 二、重要关系的转化1.平行关系的转化： 2.垂直关系的转化：线线垂直线面垂直面面垂直判定定理性质定理判定定理性质定理 1.(2013·浙江高考)设m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β【解析】选C.A项，当m∥α,n∥α时，m,n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α,m∥β时，α,β可能平行也可能相交，故错误;C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α,故正确;D项，当m∥α,α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误，故选C. 2.(2013·新课标全国卷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,lα,lβ,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l 【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. 3.(2013·济南模拟)已知两条直线a，b与两个平面α，β，b⊥α，则下列命题中正确的是()①若a∥α，则a⊥b；②若a⊥b，则a∥α；③若b⊥β，则α∥β；④若α⊥β，则b∥β.A.①③B.②④C.①④D.②③【解析】选A.根据线面垂直的性质可知①正确.②中，当a⊥b时，也有可能为a⊂α，所以②错误.③中垂直于同一直线的两个平面平行，所以正确.④中的结论也有可能为b⊂β，所以错误.所以命题正确的有①③，选A. 4.(2013·昆明模拟)若α,β是两个不同的平面，下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α,a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α,γ⊥β；③存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α；④存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α.其中可以是α∥β的充分条件的有()A.4个B.3个C.2个D.1个【解析】选C.①可以；②α,β也有可能相交，所以不正确；③α,β也有可能相交，所以不正确；④根据异面直线的性质可知④可以，所以可以是α∥β的充分条件的有2个，选C. 热点考向1空间位置关系命题真假的判断【典例1】(1)已知m，n是两条不同直线，α,β是两个不同平面，给出四个命题：①α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β②m⊥α,m⊥β,则α∥β③m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β④m∥α,n∥β,m∥n，则α∥β其中正确的命题是()A.①②B.②③C.①④D.②④ (2)(2013·济南模拟)设m,n是空间两条直线，α,β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A.当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B.当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C.当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D.当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件 【解题探究】(1)m⊥α,m⊥n，则n与平面α有怎样的位置关系？提示：n∥α或n在平面α内.(2)m∥n,m⊂α，则n与平面α有怎样的位置关系?提示：n∥α或n在平面α内. 【解析】(1)选B.由面面平行的判定定理知,②正确,③中由m⊥α,m⊥n知n∥α或n在平面α内,又n⊥β，从而α⊥β,故③正确,①④不正确，选B.(2)选A.对于选项A,当m∥n,m⊂α时n∥α或n在平面α内,故A不正确. 【方法总结】求解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，进行肯定或否定. 【变式训练】(2013·杭州模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面()A.若l∥α,l∥β，则α∥βB.若l∥α，l⊥β，则α⊥βC.若α⊥β,l⊥α,则l⊥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥β【解析】选B.对于A：若l∥α,l∥β，则α，β可能相交,故A错;对于B：若l∥α，则平面α内必存在一条直线m与l平行，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β,从而B正确.对于C：若α⊥β，l⊥α，则l可能在平面β内，故C错.对于D：若α⊥β，l∥α，则l可能与β平行，故D错. 热点考向2平行关系的证明【典例2】在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC=AD=CD=DE=2，AB=1.(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明.(2)求多面体ABCDE的体积. 【解题探究】(1)证明BF∥平面ACD的两个关键：①由AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD可得到结论：_______②根据及AB与DE的关系可联想到点F的位置是：_______________.(2)求多面体ABCDE体积的两个要点：①多面体ABCDE是规则图形吗?提示：多面体ABCDE是以点C为顶点,平面ABED为底面的四棱锥.②多面体ABCDE的高易求吗?提示：△ACD中AD边的中线长就是多面体ABCDE的高.AB∥ED点F是CE的中点 【解析】如图，(1)由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥ED，设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，连接FH，AH，则FH所以FHAB，所以四边形ABFH是平行四边形，所以BF∥AH，又因为BF平面ACD，AH⊂平面ACD，所以BF∥平面ACD. (2)取AD中点G，连接CG.因为AB⊥平面ACD,所以CG⊥AB，又CG⊥AD,AB∩AD=A,所以CG⊥平面ABED,即CG为四棱锥C-ABED的高，求得所以VC-ABED= 【互动探究】若本题条件不变，试求直线CE与平面ABED所成角的正弦值.【解析】连接EG，由本题(2)解析知CG⊥平面ABED，所以∠CEG即为直线CE与平面ABED所成的角，设为α，在Rt△CEG中，有 【方法总结】1.证明线线平行的常用方法(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行.(2)利用平行四边形进行转换.(3)利用三角形中位线定理证明.(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明. 2.证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行.(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行.3.证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行. 【变式备选】如图所示，已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，AB=2，M是PA的中点.(1)求证：平面PCD∥平面MBE.(2)求四棱锥M-BCDE的体积. 【解析】(1)连接AD交BE于点G，连接MG，则点G是正六边形的中心，所以G是线段AD的中点.因为M是PA的中点，所以MG∥PD.因为PD平面MBE，MG⊂平面MBE，所以PD∥平面MBE.因为DC∥BE,DC平面MBE，BE⊂平面MBE，所以DC∥平面MBE.因为PD∩DC=D,所以平面PCD∥平面MBE. (2)因为六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，AB=2，M是PA的中点，所以所求棱锥的高为底面面积为所以所求棱锥的体积为： 热点考向3垂直关系的证明【典例3】(2013·黄冈模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形,侧面BB1C1C为菱形,∠CBB1=60°,AB⊥B1C.(1)求证:平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)若AB=2,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积. 【解题探究】(1)根据条件和面面垂直的判定定理可知,要证平面AA1B1B⊥平面BB1C1C,只需证明什么?提示：只需证明AB⊥平面BB1C1C.(2)求三棱柱ABC-A1B1C1体积的两个关键：①由平面AA1B1B⊥平面BB1C1C可求得点C到平面AA1B1B的距离为，从而可求三棱锥的体积为.②根据知,三棱柱ABC-A1B1C1与三棱锥C-ABB1的体积的关系是. 【解析】(1)由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1.又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB⊂平面AA1B1B，所以平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(2)由题意，CB＝CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1.由(1)知，CO⊥平面AA1B1B，且连接AB1，则因为故三棱柱ABC-A1B1C1的体积 【方法总结】1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直.(2)利用勾股定理逆定理.(3)利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可. 2.证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直.(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直.(3)利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等. 3.证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决. 【变式训练】(2013·江西高考)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB=2，AD=AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3.(1)证明：BE⊥平面BB1C1C.(2)求点B1到平面EA1C1的距离. 【解析】(1)过点B作CD的垂线交CD于点F，则EF=AB-DE=1，FC=2.在Rt△BFE中，在Rt△CFB中，在△BEC中，因为BE2+BC2=9=EC2,所以BE⊥BC,又由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1,又BB1∩BC=B,故BE⊥平面BB1C1C.(2)在Rt△A1D1C1中， 同理，则设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积为从而 【典例】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2. (1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由. 【解析】(1)因为D,E分别是AC,AB的中点,所以DE∥BC,又因为DE平面A1CB,BC⊂平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)因为DE∥BC，AC⊥BC,所以DE⊥AC,所以DE⊥A1D,DE⊥CD.因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.因为A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE=D，所以A1F⊥平面BCDE,因为BE⊂平面BCDE,所以A1F⊥BE. (3)存在.取A1B的中点Q，A1C的中点P，连接DP，PQ，QE.则PQ∥BC，所以PQ∥DE.由(2)知DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C，所以PQ⊥A1C.因为A1D=DC,所以△A1DC是等腰三角形.又因为点P为A1C的中点，所以A1C⊥PD.因为PD∩PQ=P,所以A1C⊥平面PQED，即A1C⊥平面DEQ. 【方法总结】1.解决折叠问题的关键点(1)搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口.(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决. 2.求解探索性问题的一般步骤(1)假设其存在，被探索的点一般为线段的中点、三等分、四等分点或垂足.(2)在假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾结论就否定假设. 转化与化归思想——解决立体几何中的探索性问题【思想诠释】1.主要类型：(1)对平行或垂直关系的探索.(2)对条件或结论不完备的开放性问题的探索.2.解题思路：首先假设其存在,然后在这个假设下推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,若推出了矛盾就否定假设. 3.注意事项：(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来.(2)在转化过程中要有理有据,不能凭空猜测. 【典例】(12分)(2013·西城模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC,AC=BC=CC1=2,M,N分别为AC，B1C1的中点.(1)求线段MN的长.(2)求证：MN∥平面ABB1A1.(3)线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？说明理由. 【审题】分析信息，形成思路(1)切入点:从证明AC⊥平面BCC1B1入手.关注点:注意条件CC1⊥平面ABC的应用.(2)切入点:根据M,N分别为AC,B1C1的中点,联想到三角形中位线,从而作出辅助线.关注点:注意侧面BCC1B1是正方形.(3)切入点:从确定点Q的位置入手.关注点:点Q的位置确定后,以此为条件进行证明. 【解题】规范步骤，水到渠成(1)连接CN.因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，所以AC⊥CC1………………………2分因为AC⊥BC，所以AC⊥平面BCC1B1.①因为MC=1，CN=所以………………………………………………4分 (2)取AB中点D，连接DM，DB1.在△ABC中，因为M为AC的中点，所以DM∥BC，在矩形B1BCC1中，因为N为B1C1的中点，所以B1N∥BC，所以DM∥B1N，DM=B1N.所以四边形MDB1N为平行四边形，所以MN∥DB1.………………………………………………………7分因为MN平面ABB1A1，DB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.…………………………………………8分 (3)线段CC1上存在点Q，且Q为CC1中点时，有A1B⊥平面MNQ.②证明如下：连接BC1，NQ，MQ.在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1.③又A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥QN，从而QN⊥平面A1BC1.………………………………………………………………10分所以A1B⊥QN，同理可得A1B⊥MQ，所以A1B⊥平面MNQ.故线段CC1上存在点Q，使得A1B⊥平面MNQ.………………12分 【点题】规避误区，失分警示失分点一求线段MN的长时应先证明①处成立再计算失分点二不能把所求问题转化为②处的结论导致无法求解失分点三题中③处的结论想不到应用导致无法求解 【变题】变式训练，能力迁移(2013·北京模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，P为DN的中点.(1)求证：BD⊥MC.(2)线段AB上是否存在点E，使得AP∥平面NEC，若存在，说明在什么位置，并加以证明;若不存在，说明理由. 【解析】(1)连接AC，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，所以AM⊥平面ABCD.因为BD⊂平面ABCD，所以AM⊥BD.因为AC∩AM=A,所以BD⊥平面MAC.又MC⊂平面MAC，所以BD⊥MC. (2)当E为AB的中点时，有AP∥平面NEC.取NC的中点S，连接PS，SE.因为PS∥DC∥AE，所以四边形APSE是平行四边形，所以AP∥SE.又SE⊂平面NEC，AP平面NEC，所以AP∥平面NEC.