微专题8　空间线面位置关系

微专题8空间线面位置关系真题重做探究命题人的思维模拟术1．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m.①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β；③若n∥α且n∥β，则m∥n；④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n.其中所有真命题的编号是()A．①③B．②④C．①②③D．①③④2．(2024·新高考Ⅰ卷，节选)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3.若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC.3．(2024·新高考Ⅱ卷，节选)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足AE＝25AD，AF＝12AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF证明：EF⊥PD.命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：(1)空间线面位置关系的判定以及与充分条件、必要条件、命题的真假判断交汇命题，没有图形辅助，对空间想象能力和逻辑推理能力要求变高，符合高考变化趋势．(2)空间线面位置关系的证明每年必考，常以解答题第(1)问考查，难度中档偏下．预测角度1空间线面位置关系的判定预测1(多选)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列各选项中，满足“q的充分条件是p”的有()A．p：m∥n，m⊥α.q：n⊥αB．p：m∥n，m∥α.q：n∥αC．p：m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α.q：α∥βD．p：m∥α，m⊥β.q：α⊥β[听课笔记](1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．[对点练1](1)(2025·江西南昌模拟)设α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．α，β平行于同一条直线B．α，β平行于同一个平面C．α，β垂直于同一个平面D．α内有无数条直线与β平行(2)(2025·广东深圳模拟)(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列四个命题是真命题的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βB．若m⊥α，n∥α，则m⊥nC．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nD．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥预测角度2以正方体为背景的线面位置关系判断预测2在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱C1D1上的动点(不含端点)，下列说法中正确的有()A．DC∥平面BPD1B．B1C⊥BPC．四面体PAB1C的体积为定值D．存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P[听课笔记](1)几何法：利用线面平行、垂直的判定、性质定理判断；(2)建系法：求平面的法向量，利用法向量平行、垂直判断．[对点练2](2025·山东潍坊模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为线段A1D1，AB的中点，则()A．EF与BC异面B．EF∥平面CDD1C1C．EF⊥ACD．BD⊥平面EFC1预测角度3立体几何第(1)问证明问题预测3如图，四棱锥P-ABCD中，PA＝PD＝AD＝CD＝2，AB＝1，AB∥CD且AB⊥AD.当平面PAD⊥平面ABCD时，证明：平面PBC⊥平面PCD.[听课笔记](1)几何法：通过下面的平行、垂直关系的转化，熟练掌握线面平行、线面垂直的判定和性质定理．(2)向量法：建立空间直角坐标系，写出所需向量的坐标．[对点练3]如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝B1A1，D，M分别为A1B1，AA1中点．求证：(1)A1C∥平面BDC1；(2)MB1⊥平面BDC1.请完成：专题强化练11微专题8空间线面位置关系真题重做1．解析：对于①，因为α∩β＝m，m∥n，所以当n⊂α时，n∥β；当n⊂β时，n∥α；当n⊄α且n⊄β时，n∥α且n∥β，故①正确．对于②，因为α∩β＝m，m⊥n，所以n与α，β的位置关系为在平面内、与平面平行或相交，故②错误．对于③，因为n∥α且n∥β，α∩β＝m，所以m∥n，故③正确．对于④，如图，在正方体ABCD­A1B1C1D记平面ADD1A1为α，平面ABCD为β，则直线AD为m，记直线BD1为n，由正方体的性质可知BD1与平面ADD1A1所成角为∠AD1B，则sin∠AD1B＝ABBD1，BD1与平面ABCD所成角为∠DBD1，则sin∠DBD1＝DD1BD1＝sin∠AD1B，此时BD1与AD不垂直，即m与n答案：A2．证明：由BC＝1，AB＝3，AC＝2可得，AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴BC⊥PA.又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥PA.又AD⊥PB，且PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴AD∥BC，又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.3．证明：∵AD＝53，AB＝8，AE＝25AD，AF＝∴AE＝23，AF＝4.在△AEF中，由余弦定理得EF2＝AF2＋AE2－2AF·AE·cosA＝16＋12－2×4×23×32则EF＝2，∴在△AEF中，EF2＋AE2＝AF2，∴EF⊥AE.又∵△AEF沿EF翻折至△PEF，∴EF⊥PE.又∵AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PED，∴EF⊥平面PED.又∵PD⊂平面PED，∴EF⊥PD.命题预测预测1解析：“q的充分条件是p”即“p⇒q”，则只需判断p⇒q是否为真命题即可．对于A，两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面，所以p⇒q.对于B，如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，取m＝A1B1，n＝AB，平面α＝平面ABCD，则A1B1∥AB，A1B1∥平面ABCD，但AB⊂平面ABCD，所以pD⇒/q.对于C，取m＝AA1，n＝CC1，平面α＝平面ABB1A1，平面β＝平面BCC1B1，则AA1⊂平面ABB1A1，AA1∥平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，CC1∥平面ABB1A1，但平面ABB1A1与平面BCC1B1相交，所以pD⇒/q.对于D，设m⊂平面γ，α∩γ＝l，因为m∥α，所以m∥l.又m⊥β，所以l⊥β.又l⊂α，所以α⊥β，p⇒q.故选AD答案：AD[对点练1]解析：(1)若α，β平行于同一条直线，则α与β的位置关系是平行或相交，故A错误；若α，β平行于同一个平面，则α与β的位置关系是平行，故B正确；若α，β垂直于同一个平面，则α与β的位置关系是平行或相交，故C错误；若α内有无数条直线与β平行，则α与β的位置关系是平行或相交，故D错误．故选B.解析：(2)对于A，若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故A错误；对于B，由n∥α，n⊂β，α∩β＝l，则l∥n，又l⊂α，m⊥α，所以m⊥n，故B正确；对于C，因为m⊥α，n⊥β，则m，n的方向向量m，n分别为α，β的法向量，因为α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，故C正确；对于D，由m∥α，m⊂γ，α∩γ＝l，则l∥m，又l⊄β，m∥β，所以l∥β，又l⊂α，α∩β＝n，所以m∥l，所以m∥n，故D正确．故选BCD.答案：(1)B答案：(2)BCD预测2解析：对于A，因为DC∥PD1，DC⊄平面BPD1，PD1⊂平面BPD1，所以DC∥平面BPD1，故A正确；对于B，因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，因为BC1⊥B1C，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，因为BP⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥BP，故B正确；对于C，因为CD∩平面AB1C＝C，CD∥C1D1，所以C1D1与平面AB1C相交，即点P到平面AB1C的距离h不是定值，因为VP­AB1C＝13S△AB1C·h，S△AB1C为定值，所以四面体PAB1C的体积不为定值，故C错误；对于DAB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B(1，0，0)，B1(1，0，1)，设P(t，1，1)，0<t<1，则AP＝t，1，1，AA1＝(0，0，1)，BP＝t-1，1，1，BB1＝(0，0，1)，设平面AA1P的法向量为m＝(x，y，z)，由m·AP=tx+y+z=0，m·AA1=z=0，取x＝1，则y＝－t，z＝0，所以m＝(1，－t，0)，设平面BB1P的法向量为n＝(a，b，c)，由n·BP=at-1+b+c=0，n·BB1=c=0，取a＝1，则b＝1－t，c＝0，所以n＝(1，1－t，0)，若存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P，则m·n＝(1，－t，0)·(1，1－t，0)＝1－t＋t2＝0答案：AB[对点练2]解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(1，0，2)，F(2，1，0)，C1(0，2，2)．对于A，EF，BC既不平行，也不相交，故EF与BC异面，A正确；对于B，EF＝(1，1，－2)，易知平面CDD1C1的一个法向量为m＝(1，0，0)，则EF·m＝1≠0，故EF与平面CDD1C1不平行，B错误；对于C，AC＝(－2，2，0)，所以EF·AC＝－2＋2＝0，故EF⊥AC，C正确；对于D，DB＝(2，2，0)，所以EF·DB＝2＋2＝4，所以EF，BD不垂直，故BD与平面EFC1不垂直，D错误．故选AC.答案：AC预测3证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，可得AB⊥平面PAD,又AP，PD⊂平面PAD，故AB⊥AP，AB⊥PD，又AB∥CD，所以PD⊥CD.由PA＝PD＝AD＝CD＝2，AB＝1，得PB＝PA2+AB2＝5，BD＝AD2+AB2＝PC＝PD2+CD2如图，取PC中点M，连接BM，DM，有PC⊥BM，PC⊥DM，又DM＝12PC＝2，BM＝PB2-12PC2＝3，所以BD2＝BM2＋因为BM⊥DM，BM⊥PC，PC∩DM＝M，PC⊂平面PCD，DM⊂平面PCD，所以BM⊥平面PCD，又BM⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PCD.[对点练3]证明：(1)连接CB1，交BC1于E，连接DE，由题意易知E是BC1的中点，又D为A1B1中点，则DE∥A1C，由DE⊂平面BDC1，A1C⊄平面BDC1，则A1C∥平面BDC1.证明：(2)由AA1＝B1A1，D，M分