专题三
第2讲 空间中位置关系的判断与证明
立体几何
考向预测
1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；
2．以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透．
知识与技巧的梳理
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．
热点题型
热点一 空间点、线、面位置关系的判定
【例1】 (2018·保定期末)已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．， B．，，
C．，， D．，，
解析 由a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，
在A中，，，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
在B中，，，，则a与b相交、平行或异面，故B错误；
在C中，由，，则，又，由线面垂直的性质可知，故C正确；
在D中，，，，则a与b相交、平行或异面，故D错误．
答案 C
探究提高 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法：
(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．
(3)借助于反证法，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．
【训练1】 (2017·广东省际名校联考)已知α，β为平面，a，b，c为直线，下列命题正确的是( )
A．a⊂α，若b∥a，则b∥α
B．α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，则b⊥β
C．a⊥b，b⊥c，则a∥c
D．a∩b＝A，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β
解析 选项A中，b⊂α或b∥α，不正确．
B中b与β可能斜交，B错误．
C中a∥c，a与c异面，或a与c相交，C错误．
利用面面平行的判定定理，易知D正确．
答案 D
热点二 空间平行、垂直关系的证明
【例2】 (2018·聊城一中)如图，在四棱锥中，平面PCD⊥平面ABCD，，
，．
（1）求证：平面PAD⊥平面PBC；
（2）求直线PB与平面PAD所成的角；
（3）在棱PC上是否存在一点E使得直线平面PAD，若存在求PE的长，并证明你的结论．
证明(1)因为，
所以,四边形为直角梯形, ，
又，满足，∴，
又，，
，∴，
又∵，∴，
∵，，，
∴，
∵
∴平面PAD⊥平面PBC.
(2)取CD的中点H，连接BH,PH,作于G，如图，
在四边形ABCD中，，，
所以为正方形，所以；
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCD=CD，所以平面；
所以，.
因为，所以；
在直角三角形中，，所以，
又，所以平面，所以到平面的距离等于；
设直线PB与平面PAD所成的角为，则，即直线PB与平面PAD所成的角为，
(3)存在为中点，即满足条件,证明如下：取中点，连接.如图，
因为分别是的中点，所以且，
所以且，即为平行四边形，所以;
因为平面，平面，所以平面，此时．
探究提高 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．
【训练2】 (2017·成都诊断)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且＝．将△AED，△CFD，
△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．
图1 图2
(1)求证：GR⊥平面PEF；
(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径．
(1)证明 在正方形ABCD中，∠A，∠B，∠C为直角．
∴在三棱锥P－DEF中，PE，PF，PD两两垂直．
又PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF．
∵＝，即＝，
∴在△PDH中，RG∥PD．
∴GR⊥平面PEF．
(2)解 正方形ABCD边长为4．
由题意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2，DF＝2．
∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4．
S△DEF＝×2×＝6．
设三棱锥P－DEF内切球的半径为r，
则三棱锥的体积为VP－DEF＝×PD·S△PEF＝(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝．
∴三棱锥P－DEF的内切球的半径为．
限时训练
（45分钟）
经典常规题
1．(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
2．(2016·全国Ⅱ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)．
3．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
4．(2018·全国I卷) 如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
高频易错题
1．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l．若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
2．(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
3．(2018·全国II卷) 如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
4．(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
精准预测题
1．(2017·梅州质检)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
B．若m⊥α，n⊥m，则n∥α
C．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
D．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β
2．如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
3．(2017·石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊂α，n∥α，则m∥n；
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
4．如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是______．
5．(2017·石家庄模拟)在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB．
(1)求证：AC⊥平面FBC．
(2)求四面体FBCD的体积．
(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
6. (2018·全国III卷)如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
参考答案
经典常规题
1．【解题思路】 在平面MNQ中找是否有直线与直线AB平行．
【答案】 法一 对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ．同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ．因此A项不正确．故选A．
图(1) 图(2)
法二 对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行．A项不正确．故选A．
2．【解题思路】 根据题设条件构建相应的模型（可在长方体中构建）．
【答案】 当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④．故填②③④．
3．【解题思路】 利用平行关系转化m，n所成角．
【答案】 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥平面CB1D1，所以m1∥m，
又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
且平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥m1，故B1D1∥m．
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，
同理可证CD1∥n．
故m，n所成角即直线B1D1与CD1所成角，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为．
故选A．
4．【解题思路】(1)首先根据题的条件，可以得到，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB⊂平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；
(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
【答案】（1）由已知可得，，BA⊥AC．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为．
高频易错题
1．【解题思路】 构建模型再进一步证明．
【答案】 由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确．故选C．
2．【解题思路】 画出其图形，一一验证选项．
【答案】 如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1．
又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1．故选C．
3．【解题思路】（1）连接，欲证平面，只需证明，即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.
【答案】（1）因为，为的中点，
所以，且．连结．
因为，
所以为等腰直角三角形，且，．
由知，．
由，，知平面．
（2）作，垂足为．又由（1）可得，所以平面．
故的长为点到平面的距离．
由题设可知，，．
所以，．
所以点到平面的距离为．
4．【解题思路】 (1)取BP中点，利用中位线；(2) N点到底面的距离是P点到底面的距离的一半．
【答案】 (1)证明 由已知得AM＝AD＝2．
如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2．
又AD∥BC，故TNAM，
所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB．
(2)解 因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA．
如图，取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝．
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2．
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝．
精准预测题
1．【解题思路】 根据题设条件构建相应的模型（可在长方体中构建）．
【答案】 对于A，m∥α，α∩β＝n，则m∥n或m，n异面，故A错误；对于B，若m⊥α，n⊥m，则n∥α或n⊂α，故B错误；对于C，若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确；对于D，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m可能与β相交，也可能与β平行，也可能在β内，故D错误．故选C．
2．【解题思路】 等腰三角形三线合一可得线线垂直关系．
【答案】 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝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，所以选C．
3．【解题思路】 根据题设条件构建相应的模型（可在长方体中构建）．
【答案】 ①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．故选B．
4．【解题思路】 相似比可得平行关系．
【答案】 由＝，得MN∥BD．而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，
所以MN∥平面BDC．故填平行．
5．【解题思路】(1)底面长度确定，可用勾股定理证垂直；(2) FC即为棱锥的高；(3) 先利用中点找出M，再证明．
【答案】 (1)证明 在△ABC中，因为AC＝，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC．
又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，
所以AC⊥平面FBC．
(2)解 因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，
所以AC⊥FC．
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD．
在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1．
所以△BCD的面积为S＝．
所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝．
(3)解 线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM．证明如下：
连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN．
因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点．
所以EA∥MN．因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，
所以EA∥平面FDM．
所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立．
6.【解题思路】（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出为中点，，证明，然后进行证明即可．
【答案】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．
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