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十六、空间点、线、面之间的位置关系
题型一 判定或证明直线、平面平行的方法
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.用向量证明空间中的平行关系
（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合) v1∥v2.
（2）设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l α 存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
（3）设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l α v⊥u.
（4）设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β u1∥u2.
【例1】（多选）（2025新课标1卷T9）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】BD
【解题指导】利用空间向量的线性运算与数量积运算判断A→利用线面垂直的判定与性质定理即判断B→利用线面平行的判定定理即判断D→利用反证法判断C
【解析】对于A，在正三棱柱中，平面，
又平面，则，则，
因为是正三角形，为中点，则，则
又，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又平面，则，
因为是正三角形，为中点，则，，
又平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又平面平面，所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误；
故选：BD.
（法二）如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，
则，
对于A，，
则，
则不成立，故A错误；
对于BD，，
设平面的法向量为，
则，得，令，则，
所以，，
则平面，平面，故BD正确；
对于C，，
则，显然不成立，故C错误；
故选：BD.
【例2】（2024·全国甲卷T19）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【解题指导】（1）先证四边形为平行四边形→可证→平面
证明平面→等体积法→点到的距离
【解】（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
【易错提醒】不写平面会扣1分
所以平面；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
【易错提醒】证明线面垂直的问题时，要注意以下三点：(1)两个平面垂直；(2)直线必须在其中一个平面内；(3)直线必须垂直于它们的交线
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
【解后反思】在解决线面、面面平行的判定时,一般遵循从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”；而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定,绝不可过于“模式化”.
题型二 判定或证明直线、平面垂直的方法
1.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.
2.用向量证明空间中的垂直关系
（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0.
（2）设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α v∥u.
（3）设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β u1⊥u2 u1·u2＝0.
【例3】（2025天津卷T4）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解题指导】根线面平行的定义判断A→根据空间中垂直关系的转化判断BCD的正误.
【解析】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；
对于B，若，则，故B错误；
【技巧】巧用结论，垂直于同一条直线的两个平面平行
对于C，若，则存在直线，，
所以由可得，故，故C正确；
对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；
故选C.
【例4】（2023·全国甲卷T18）如图所示，在三棱柱ABC -A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1 -BB1C1C的高．
【思维探究】
看到什么 想到什么
A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90° 联想线面垂直的性质和判定定理，翻译成图形语言：BC⊥平面ACC1A1，BC⊥AC，也可以建立空间直角坐标系
平面ACC1A1⊥平面BB1C1C 要证面面垂直可以转化为证线面垂直
AB＝A1B，AA1＝2 联想到直角三角形全等的证明---两个直角三角形斜边和直角边对应相等,则两个三角形全等
四棱锥A1 -BB1C1C的高 联想几何法，作三角形的高得结论；联想坐标法，转化为向量在平面法向量上的投影向量的模得结论
【解】(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
【易错提醒】利用面面垂直的判定定理时，注意条件要写全
(2)如图所示，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，
由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，
又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，
A1H 平面ACC1A1，
所以A1H⊥平面BB1C1C，
即四棱锥A1 -BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，
∠ACB＝∠A1CB＝90°，
则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1，
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，
所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1 -BB1C1C的高为1.
（法二）以C为坐标原点，分别以 CA，CB，CA1所在直线为x轴、y 轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系
因为，BC＝BC，则△ACB≌△A1CB
在三棱柱ABC -A1B1C1中，四边形A1C1CA为平行四边形，有A1C1//CA，又因为 A1C⊥AC，所以A1C⊥A1C1，设 A1C=A1C1=x，所以，即
所以，设，所以
设平面的法向量为，
所以
不妨令，则，所以
设点到平面的距离为，则
【通关训练】
1.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD上的点，且，又点H，G分别为BC，CD的中点，则（ ）
A．平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
【答案】B
【解析】由知，，且．
又平面，平面，平面．
又点H，G分别为BC，CD的中点，且，
且，四边形是梯形，故选B．
2．（2024·天津卷T6）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若，则或，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则，故D错误，故选C.
3．（2024·全国甲卷T10）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【解析】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，故选A.
4.（2025·四川达州·二模）相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由相交直线都在平面内，且，得，而直线在平面内，
因此，故充分性成立；
反之，若，直线在平面内，则直线在平面内，或平行于平面，或与平面相交，
所以直线与平面也不一定垂直，即直线不一定垂直平面的所有直线，
所以直线l不一定都与相交直线垂直，故必要性不成立.
故选：A
5．（2024·陕西榆林·模拟）在三棱柱中，为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若平面，则为（ ）．
A．棱的中点 B．棱的中点 C．棱的中点 D．棱的中点
【答案】B
【解析】如图，
当为棱的中点时，取的中点，
,
平面平面，又平面
则平面，故选B
6.（2025·重庆涪陵·模拟）在正三棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则（ ）
A．10 B．12 C．15 D．20
【答案】C
【解析】以点为坐标原点，以及与过且与同向的方向分别为轴建立空间直角坐标系.则，，，设，由，知，解得，故，故选：C
7.（多选）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是（　　）
A.直线BQ∥平面EFG
B.直线A1B∥平面EFG
C.平面APC∥平面EFG
D.平面A1BQ∥平面EFG
【答案】B
【解析】过点E，F，G的截面如图所示（H，I分别为AA1，BC的中点），连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B 平面EFG，HE 平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP 平面ADD1A1，GH 平面ADD1A1，GH与PA的延长线必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误.
8.（2025·重庆九龙坡三模）如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是(　　)
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
【答案】ABD
【解析】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC 底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC 平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF 平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB 平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC 平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，AE 平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.
9．（多选）（2025·四川绵阳二模）如图，在正方体中，，点，分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．平面
C．线段长度的最大值为1
D．三棱锥体积不变
【答案】ACD
【解析】在正方体中，以D为原点，以射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
则.
设，则，
因为，所以，即.
对于A：，则，
所以，即，故A正确;
对于B：，
即与不垂直，从而与平面不垂直，故B不正确；
对于C：，则，
当且仅当时取等号，故C正确；
对于D：不论点如何移动，点到平面的距离为4，且为定值，
而为定值，
故三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：ACD.
10.（2025·重庆涪陵·模拟）如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件　　　　时，就有MN∥平面B1BDD1（注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况）.
【答案】点M与点H重合（点M只要在线段FH上即可）
【解析】连接HN，FH，FN（图略），则FH∥DD1，HN∥BD，且FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN 平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
11.（2025·辽宁大连二模）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是 ________.
【答案】(0,1]
【解析】因为C1C⊥平面ABCD，ED 平面ABCD，可得C1C⊥ED，
由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，EC1，C1C 平面ECC1，
可得ED⊥平面ECC1，所以ED⊥EC，
在矩形ABCD中，设AE＝a,0≤a≤2，则BE＝2－a，
由∠DEA＋∠CEB＝90°，
可得tan∠DEA·tan∠CEB＝·＝＝1，
即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
当a＝1时，t2取得最大值1，即t的最大值为1；
当a＝0或2时，t2取得最小值0，
但由于t>0，所以t的取值范围是(0,1]．
12.（2025·浙江金华二模）圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，为底面中心，为的中点，动点在圆锥底面内（包括圆周）．若，则点形成的轨迹的长度为 ．
【答案】
【解析】建立空间直角坐标系．
设，，，，．
于是，，．
因为，所以，．
从而，，此为点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为．
13.（2022·全国甲卷T19）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
14．（2022·全国乙卷T18）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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