1、第十三讲点、直线、平面之间的位置关系1(线线位置关系)下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点不共面的一个图是()【解析】在选项A、C中，PSQR，故四点共面，在选项B中，RS的延长线与QP的延长线相交于一点，故四点共面，在选项D中，直线PS和QR是异面直线，故四点不共面【答案】D2(平面的性质)空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD上的点，G、H分别是BC、CD上的点，若EG与FH交于点P，则点P在直线_ 上【解析】如图，EGFHP，PEG，PFH，又EG平面ABC，FH平面ADC，P平面ABC，P平面ADC.点P在平面ABC与平面ADC的交线上，即AC上
2、【答案】AC3(平行的判定)已知m、n是不同的直线，、是不重合的平面，给出下列命题：，m，n，则mn；若m、n，m，n，则；若m，n，mn，则；m、n是两条异面直线，若m，m，n，n，则.其中真命题是_(只填序号)【解析】因两平行平面内任两条直线不一定平行，故不对而m、n，m，n时，与可以相交，故不对因为mn，m.所以n.又因为n，所以，正确过m、n作平面M、N分别交、于m1、m2、n1、n2，由线面平行的性质定理知m1m2，n1n2且m1与n1相交，所以，故对【答案】4(垂直的判定)已知两个不同的平面、和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题：若mn，m，则n；若m，m，则；若m，mn，n，
3、则；若m，n，则mn.其中正确的命题是_(只填序号)【解析】本题考查空间直线与平面间的位置关系的判断等知识，根据线面垂直的判定和面面平行的判定可知正确；类似得n，n，由面面垂直的判定定理得，故正确；中m与n的位置关系不确定，错误【答案】5(线线、线面位置关系)如图421所示，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则下列命题中：图421ACBD；AC截面PQMN；ACBD；异面直线PM与BD所成的角为45.正确的有_(只填序号)【解析】由已知易得PQAC，QMBD，又PQQM，所以ACBD，故正确；由PQAC可得AC截面PQMN，故正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故正
4、确对于命题，当ACBD时，截面PQMN也可能是正方形，故命题错误【答案】空间位置关系的判断 (1)(2013潍坊模拟)已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，给出四个命题：m，n，nm，则m，m，则m，n，mn，则m，n，mn，则其中正确的命题是()ABCD(2)(2013课标全国卷)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l【思路点拨】(1)借助线面、面面平行与垂直的判定定理与性质定理判断(2)画出符合条件的图形，根据图形判断【自主解答】(1)由面面平行的判定定理知，正确，中由m，mn，知n或n在平
5、面内，又n，从而，故正确，不正确故选B.(2)根据所给的已知条件作图，如图所示由图可知与相交，且交线平行于l，故选D.【答案】(1)B(2)D求解空间线面位置关系判断题的两大思路：(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，进行判断变式训练1(2013杭州模拟)设l是直线，是两个不同的平面()A若l，l，则B若l，l，则C若，l， 则lD若，l，则l【解析】对于A：若l，l，则，可能相交，故A错；对于B：若l，则平面内必存在一条直线m与l平行，则m，又m，故，从而B正确
6、；对于C：若，l，则l或l，故C不正确；对于D：若，l，则l与可能相交或平行或l在内，故D不正确【答案】B平行与垂直关系的证明 (2013山东高考)如图422，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN.图422【思路点拨】(1)要证明线面平行，可考虑证明线线平行，也可先证面面平行，进而转化为证线面平行，利用三角形的中位线或平行四边形的性质证明线线平行是证明平行问题首先要考虑到的(2)要证明平面EFG平面EMN，可考虑先证明平面EMN中的MN垂直于平面EFG
7、，即转化为证明线面垂直，而要证明MN平面EFG，需要证明MN垂直于平面EFG中的两条相交直线图(1)【自主解答】法一如图(1)，取PA的中点H，连接EH ，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD.所以四边形DCEH是平行四边形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.图(2)法二如图(2)，连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形所以CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PA
8、D，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNDC.又ABDC，所以MNAB，所以MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.1本例中第(1)小题把线面平行问题转化为线线平行或面面平行问题是常用的两种转化方法；第(2)小题中寻找一个平面内垂直于另一个平面的直线是解题的关键2正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理及性质定理
9、，这是进行判断和证明的基础，在证明空间线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，可作为条件直接应用变式训练2(2013天津高考)如图423，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点图423(1)证明EF平面A1CD；(2)证明平面A1CD平面A1ABB1；(3)求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值【解】(1)证明如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，连接ED，在ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC且DEAC.又因为F为A1C1的中点，可得A1FD
10、E，且A1FDE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EFDA1.又EF平面A1CD，DA1平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)证明由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CDAB.又由于侧棱A1A底面ABC，CD平面ABC，所以A1ACD.又A1AABA，因此CD平面A1ABB1.而CD平面A1CD，所以平面A1CD平面A1ABB1.(3)在平面A1ABB1内，过点B作BGA1D交直线A1D的延长线于点G，连接CG.由于平面A1CD平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线，故BG平面A1CD.由此可得BCG为直线BC与平面A1CD所成的角设棱长为a，可得
11、A1D，由A1ADBGD，易得BG.在RtBGC中，sinBCG.所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.折叠问题 (2013广东高考)如图，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，ADAE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将ABF沿AF折起，得到如图所示的三棱锥ABCF，其中BC.图424(1)证明：DE平面BCF；(2)证明：CF平面ABF；(3)当AD时，求三棱锥FDEG的体积VFDEG.【思路点拨】(1)要证直线和平面平行，可证直线与该平面内的一条直线平行，也可证直线所在的平面与该平面平行(2)要证直线和平面垂直，需要证明直线和该平面内的两条相交直线垂直(
12、3)要求三棱锥的体积，需要确定底面面积和高，然后代入棱锥的体积公式计算【自主解答】(1)证明法一：在折叠后的图形中，因为ABAC，ADAE，所以，所以DEBC.因为DE平面BCF，BC平面BCF，所以DE平面BCF.法二：在折叠前的图形中，因为ABAC，ADAE，所以，所以DEBC，即DGBF，EGCF.在折叠后的图形中，仍有DGBF，EGCF.又因为DG平面BCF，BF平面BCF，所以DG平面BCF，同理可证EG平面BCF.又DGEGG，DG平面DEG，EG平面DEG，故平面DEG平面BCF.又DE平面DEG，所以DE平面BCF.(2)证明在折叠前的图形中，因为ABC为等边三角形，BFCF，
13、所以AFBC，则在折叠后的图形中，AFBF，AFCF.又BFCF，BC，所以BC2BF2CF2，所以BFCF.又BFAFF，BF平面ABF，AF平面ABF，所以CF平面ABF.(3)由(1)知，平面DEG平面BCF，由(2)知AFBF，AFCF，又BFCFF，所以AF平面BCF，所以AF平面DEG，即GF平面DEG.在折叠前的图形中，AB1，BFCF，AF.由AD知，又DGBF，所以，所以DGEG，AG，所以FGAFAG.故三棱锥FDEG的体积为V三棱锥FDEGFG2.1解答本例第(2)小题时，根据折叠前的图形得到BFAF，利用勾股定理证明BFCF是解题的突破口2解决与翻折有关的几何问题的关键
14、是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3求解过程中，要综合考虑折叠前后的图形，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去解决变式训练3(2013南昌模拟)如图425所示，在梯形ABCD中，ABCD，E、F是线段AB上的两点，且DEAB，CFAB，AB12，AD5，BC4，DE4.现将ADE，CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.(1)求证：平面DEG平面CFG；(2)求多面体CDEFG的体积图425【解】(1)证明因为CDEF，DEEF，CFEF，
15、所以四边形CDEF为矩形由GD5，DE4，得GE3.由GC4，CF4，得FG4，所以EF5.在EFG中，有EF2GE2FG2，所以EGGF.又因为CFEF，CFFG，所以CF平面EFG.所以CFEG，所以EG平面CFG.又EG平面DEG，所以平面DEG平面CFG.(2)如图，在平面EGF中，过点G作GHEF于点H，则GH.因为平面CDEF平面EFG，所以GH平面CDEF，所以V多面体CDEFGS矩形CDEFGH16.在空间几何体中考查点、线、面的位置关系是高考的热点内容，而与位置关系有关的探索性问题，能充分考查学生的想象力，考查学生分析问题和解决问题的能力，值得重视图426立体几何中探索性问题
16、的求解方法 (12分)直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AD2，BC4，P为平面ABCD外一点，且PAPB，PDPC，N为CD的中点(1)求证：平面PCD平面ABCD；(2)在线段PC上是否存在一点E使得NE平面ABP，若存在，说明理由并确定E点的位置，若不存在请说明理由【规范解答】(1)取AB中点M，连接PM，PN，MN则PMAB，PNCD，又ABCD为直角梯形，ABBC，MNAB.PMMNM，AB平面PMN.2分又PN平面PMN，ABPN.AB与CD相交，PN平面ABCD.又PN平面PCD，平面PCD平面ABCD.5分(2)假设存在在PC，PB上分别取点E、F，使BFBP，CECP，
17、连接EF、MF、NE，则EFBC且可求得EFBC3.8分MN3且MNBC，EFMN且EFMN.MNEF为平行四边形，ENFM.又FM平面PAB，在线段PC上存在一点E使得NE平面ABP，此时CEPC.12分【阅卷心语】易错提示(1)在证明平面PCD平面ABCD时，没有转化意识使思维受阻，无法求证(2)在解答本题第(2)题时，对探索性问题没有解题思路，无从下手防范措施(1)在证明面面垂直时，往往通过添加辅助线转化为线面垂直解决(2)解决探索性问题的一般步骤为：首先假设其存在，然后在这个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1设，是两个不同的平
18、面，给定下列四个条件：存在一条直线a，a，a；存在一个平面，；存在两条平行直线a，b，a，b，a，b；存在两条异面直线a，b，a，b，a，b.那么可以是的充分条件有()A4个 B3个 C2个 D1个【解析】可以；，也有可能相交，所以不正确；，也有可能相交，所以不正确；根据异面直线的性质可知可以，所以可以是的充分条件有2个，选C.【答案】C2在如图427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的中点图427(1)求证：BDMC；(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】(1)证明：连接AC，因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD，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AMBD.因为ACAMA，所以BD平面MAC.又MC平面MAC，所以BDMC.(2)当E为AB的中点时，有AP平面NEC.证明如下：取NC的中点S，连接PS，SE.因为PSDCAE，PSAEDC，所以四边形APSE是平行四边形，所以APSE.又SE平面NEC，AP平面NEC，所以AP平面NEC.
