第20讲 空间点、线、面的位置关系

第20讲空间点、线、面的位置关系【典例】1[2021陕西省部分学校摸底检测]已知a,b,c是三条不同的直线,β是一个平面,给出下列命题:①若a⊥b,b∥c,则a⊥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a⊥b,b∥β,则a⊥β;④若a⊥β,b∥β,则a⊥b.其中为真命题的是()A.①③ B.①④ C.②④ D.①③④【解析】对于①,因为a⊥b,b∥c,所以a⊥c(一条直线垂直于两条平行线中的一条,也垂直于另一条),故①是真命题;对于②,若a⊥b,b⊥c,则a,c可能平行、相交,也可能异面,故②是假命题;对于③,若a⊥b,b∥β,直线a与平面β可能相交,也可能平行,故③是假命题;对于④,若b∥β,则存在l⊂β,使得b∥l,又a⊥β,所以a⊥l,所以a⊥b,故④是真命题.故选B.(2)[2021河南省名校4月模拟]如图8-2-1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,BC=2,点D为BC的中点,则异面直线AD与A1C所成的角为()图8-2-1A.π2 B.π3 C.π4 【解析】取B1C1的中点D1,连接A1D1,D1C.易证A1D1∥AD,故A1D1,A1C所成的角就是AD,A1C所成的角.∵AB=AC=2,BC=2,D为BC的中点,∴AD⊥BC,∴AD=AB2-BD2=(2)2-12=1,∴A1D1=AD=1,又A1C=AA12+AC2=(2)2+(2)2=2,D1C=D1C12+C1C2=12+(【拓展训练】1[2021贵阳市摸底测试]如图8-2-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题:①直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4;②点C到平面ABC1D1的距离为22;③异面直线D1C和BC1所成的角为π4;④三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半径为32.其中正确的有A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【解析】正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,对于①,直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故①正确;对于②,点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半,即距离为22,故②正确;对于③,连接AC,因为BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角即直线D1C和AD1所成的角,又△ACD1是等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故③错误;对于④,三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球就是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球半径r=12+12(2)[2021安徽省四校联考]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,P是上底面A1B1C1D1内一点,若AP∥平面BDEF,则线段AP长度的取值范围是()A.[52,2] B.[324,52]C.[328,6【解析】如图D8-2-8所示,分别取棱A1B1,A1D1的中点M,N,连接MN,B1D1,∵M,N,E,F均为所在棱的中点,∴MN∥B1D1,EF∥B1D1,∴MN∥EF,又MN⊄平面BDEF,EF⊂平面BDEF,∴MN∥平面BDEF.连接NF,AN,AM,则NF∥A1B1,NF=A1B1,又A1B1∥AB,A1B1=AB,∴NF∥AB,NF=AB,∴四边形ANFB为平行四边形,则AN∥FB,而AN⊄平面BDEF,FB⊂平面BDEF,∴AN∥平面BDEF.又AN∩NM=N,∴平面AMN∥平面BDEF.又P是上底面A1B1C1D1内一点,且AP∥平面BDEF,∴点P在线段MN上.在Rt△AA1M中,AM=AA12+A1M2=1+14=52,同理,在Rt△AA1N中,得AN=52,则△AMN为等腰三角形.当P在MN的中点时,AP最小,为(52)2-(24)2[2021黑龙江省六校联考]如图8-2-5,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上,若PM=5,则PQ长度的最小值为.

【解析】如图D8-2-10,取B1C1的中点O,连接OM,OP,则MO⊥平面A1B1C1D1,所以MO⊥OP.因为PM=5,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,N是D1C1的中点,所以A1N=5,OP=1,所以点P在以O为圆心,1为半径的位于平面A1B1C1D1内的半圆上,单独画出平面A1B1C1D1及相关点、线,如图D8-2-11,所以点O到A1N的距离减去半径就是PQ长度的最小值.连接A1O,ON,作OH⊥A1N交A1N于H,则S△A1NO=2×2-12×2×1-12×1×1-12解得OH=355,所以PQ长度的最小值为【典例】2(2021·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：(1)PA∥平面BDE；(2)平面PAC⊥平面BDE.证明(1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，∴OE∥AP，又∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE.∴PA∥平面BDE.(2)∵PO⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PO⊥BD，又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，而BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE.【典例】3(2021·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD的边长为2eq\r(2)，以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PA＝PB.(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若M是PC的中点，设eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))(0<λ<1)，且三棱锥A－BMN的体积为eq\f(8,9)，求λ的值．(1)证明如图，取AC的中点O，连接PO，BO.因为PC＝PA，所以PO⊥AC.在△POB中，PO＝OB＝eq\f(1,2)AC＝2，PB＝PA＝2eq\r(2)，则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，又AC∩OB＝O，且AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2)解因为平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，所以OB⊥平面PAC，所以VA－BMN＝VB－AMN＝eq\f(1,3)S△AMN·BO.又因为OB＝2，VA－BMN＝eq\f(8,9)，所以S△AMN＝eq\f(4,3).因为eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))，所以S△AMN＝(1－λ)S△APM＝eq\f(1－λ,2)S△PAC.又S△PAC＝eq\f(1,2)PA·PC＝4，所以eq\f(1－λ,2)×4＝eq\f(4,3)，得λ＝eq\f(1,3).易错提醒(1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．【拓展训练】2(2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的四边形ACGD的面积．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE∩BC＝B，且BE，BC⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.专题训练一、单项选择题1.[广东高考,5分][文]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交 B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l至少与l1,l2中的一条相交【解析】假设l与l1,l2都不相交,因为l与l1都在平面α内,于是l∥l1,同理l∥l2,于是l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交.故选D.2．如图，点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN的条数有()A．0个 B．1个C．2个 D．无穷多个【解析】假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2，0，2)，E(1，2，0)，设M的坐标为(x，y，z)，∵eq\o(D1M,\s\up10(→))＝meq\o(D1E,\s\up10(→))(0<m<1)，∴(x－2，y，z－2)＝m(－1，2，－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m.∴M(2－m，2m，2－2m)．同理，若设eq\o(C1N,\s\up10(→))＝neq\o(C1F,\s\up10(→))(0<n<1)，可得N(2n，2n，2－n)，eq\o(MN,\s\up10(→))＝(m＋2n－2，2n－2m，2m－n)．又∵MN⊥平面ABCD，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up10(→))·\o(MN,\s\up10(→))＝0，,\o(CB,\s\up10(→))·\o(MN,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋2n－2＝0，,2n－2m＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(2,3)，,n＝\f(2,3)，))3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC【解析】在正方体中连接A1D，AD1，B1C，由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，又∵A1D∩CD＝D，且A1D，CD⊂平面A1B1CD，∴AD1⊥平面A1B1CD，又∵BC1∥AD1，∴BC1⊥平面A1B1CD，∵A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.4．[2021湖南四校联考]如图8-2-8所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,N为底面ABCD的中心,P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点),M为线段AP的中点,则下列结论错误的是()A.CM与PN是异面直线B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.过P,A,C三点的正方体的截面一定是等腰梯形【解析】对于选项A,如图D8-2-5,连接NC,PC.在△PAC中,M为AP的中点,N为AC的中点,CN,PM交于点A,所以CM与PN共面,故A错误.对于选项B,因为P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点),所以AC>AP.在△MAC中,CM2=AC2+AM2-2AC·AMcos∠MAC=AC2+14AP2-AC·AP·cos∠MAC.在△PAN中,PN2=AP2+AN2-2AP·ANcos∠PAN=AP2+14AC2-AP·ACcos∠PAN,则CM2-PN2=34(AC2-AP2)>0,所以CM>PN,故B正确.对于选项C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知AC⊥平面BDD1B1,即AN⊥平面BDD1B1,又AN⊂平面PAN,所以平面PAN⊥平面BDD1B1,故C正确.对于选项D,连接A1C1,在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1,交C1D1于K,连接KC.在正方体中,A1C1∥AC,所以PK∥AC,PK,AC共面,所以四边形PKCA就是过P,A,C三点的正方体的截面,AA1=CC1,A1P=C1K,所以AP=CK,即梯形PKCA为等腰梯形.故D正确5.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为()A.eq\r(2) B.eq\f(9,8)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(6),2)【解析】如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(2),2)，梯形的高h＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4)，所以四边形DBQP的面积为eq\f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq\f(9,8).6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为16eq\r(2)，点P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距离分别为2，2eq\r(3)，则直线CP与平面BDD1B1所成角的正切值为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)【解析】易知AB＝2eq\r(2)，连接C1P，在Rt△CC1P中，可计算C1P＝eq\r(CP2－CC\o\al(2,1))＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中点，连接AC与BD交于点O，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝eq\f(CO,PO)＝eq\f(\r(2),2).7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是()A．BD⊥ACB．△BAC是等边三角形C．三棱锥D－ABC是正三棱锥D．平面ADC⊥平面ABC【解析】由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；设等腰直角三角形ABC的腰为a，则BC＝eq\r(2)a，由A知BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝eq\f(\r(2),2)a，∴由勾股定理得BC＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)a＝a，∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误．8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()ABCD【解析】解法一对于选项B,如图D8-2-1所示,C,D为正方体的两个顶点,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.选A.图D8-2-1解法二对于选项A,作出正方体的底面的对角线,记对角线的交点为O(如图D8-2-2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,故选A.9.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)

【答案】②③④【解析】对于命题①,可运用长方体举反例证明其错误.如图D8-2-3,不妨设AA'所在直线为直线m,CD所在直线为直线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.故①错误.对于命题②,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,故②正确.对于命题③,由平面与平面平行的性质可知,③正确.对于命题④,由平行的传递性及线面角的定义可知,④正确.10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．【解析】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．11．.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起．下列说法正确的是________(填上所有正确的序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.【解析】：连接MN交AE于点P，则MP∥DE，NP∥AB，∵AB∥CD，∴NP∥CD.对于①，由题意可得平面MNP∥平面DEC，∴MN∥平面DEC，故①正确；对于②，∵AE⊥MP，AE⊥NP，∴AE⊥平面MNP，∴AE⊥MN，故②正确；对于③，∵NP∥AB，∴不论D折至何位置(不在平面ABC内)都不可能有MN∥AB，故③不正确；对于④，由题意知EC⊥AE，故在折起的过程中，当EC⊥DE时，EC⊥平面ADE，∴EC⊥AD，故④正确．【答案】：①②④12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1)．设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线．其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)【解析】连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．(1)求证：EF∥平面ABB1A1；(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.证明(1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，所以FG∥B1C1，且FG＝e