第20講空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系【典例】1[2021陜西省部分學(xué)校摸底檢測(cè)]已知a,b,c是三條不同的直線,β是一個(gè)平面,給出下列命題:①若a⊥b,b∥c,則a⊥c;②若a⊥b,b⊥c,則a∥c;③若a⊥b,b∥β,則a⊥β;④若a⊥β,b∥β,則a⊥b.其中為真命題的是()A.①③ B.①④ C.②④ D.①③④【解析】對(duì)于①,因?yàn)閍⊥b,b∥c,所以a⊥c(一條直線垂直于兩條平行線中的一條,也垂直于另一條),故①是真命題;對(duì)于②,若a⊥b,b⊥c,則a,c可能平行、相交,也可能異面,故②是假命題;對(duì)于③,若a⊥b,b∥β,直線a與平面β可能相交,也可能平行,故③是假命題;對(duì)于④,若b∥β,則存在l?β,使得b∥l,又a⊥β,所以a⊥l,所以a⊥b,故④是真命題.故選B.(2)[2021河南省名校4月模擬]如圖8-2-1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,BC=2,點(diǎn)D為BC的中點(diǎn),則異面直線AD與A1C所成的角為()圖8-2-1A.π2 B.π3 C.π4 【解析】取B1C1的中點(diǎn)D1,連接A1D1,D1C.易證A1D1∥AD,故A1D1,A1C所成的角就是AD,A1C所成的角.∵AB=AC=2,BC=2,D為BC的中點(diǎn),∴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+(【拓展訓(xùn)練】1[2021貴陽(yáng)市摸底測(cè)試]如圖8-2-3,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,則下列四個(gè)命題:①直線BC與平面ABC1D1所成的角等于π4;②點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離為22;③異面直線D1C和BC1所成的角為π4;④三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半徑為32.其中正確的有A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè)【解析】正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,對(duì)于①,直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠CBC1=π4,故①正確;對(duì)于②,點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離為B1C長(zhǎng)度的一半,即距離為22,故②正確;對(duì)于③,連接AC,因?yàn)锽C1∥AD1,所以異面直線D1C和BC1所成的角即直線D1C和AD1所成的角,又△ACD1是等邊三角形,所以異面直線D1C和BC1所成的角為π3,故③錯(cuò)誤;對(duì)于④,三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球就是正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球,正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球半徑r=12+12(2)[2021安徽省四校聯(lián)考]在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別是棱C1D1,B1C1的中點(diǎn),P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn),若AP∥平面BDEF,則線段AP長(zhǎng)度的取值范圍是()A.[52,2] B.[324,52]C.[328,6【解析】如圖D8-2-8所示,分別取棱A1B1,A1D1的中點(diǎn)M,N,連接MN,B1D1,∵M(jìn),N,E,F均為所在棱的中點(diǎn),∴MN∥B1D1,EF∥B1D1,∴MN∥EF,又MN?平面BDEF,EF?平面BDEF,∴MN∥平面BDEF.連接NF,AN,AM,則NF∥A1B1,NF=A1B1,又A1B1∥AB,A1B1=AB,∴NF∥AB,NF=AB,∴四邊形ANFB為平行四邊形,則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內(nèi)一點(diǎn),且AP∥平面BDEF,∴點(diǎn)P在線段MN上.在Rt△AA1M中,AM=AA12+A1M2=1+14=52,同理,在Rt△AA1N中,得AN=52,則△AMN為等腰三角形.當(dāng)P在MN的中點(diǎn)時(shí),AP最小,為(52)2-(24)2[2021黑龍江省六校聯(lián)考]如圖8-2-5,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)M,N分別是棱BC,C1D1的中點(diǎn),點(diǎn)P在平面A1B1C1D1內(nèi),點(diǎn)Q在線段A1N上,若PM=5,則PQ長(zhǎng)度的最小值為.

【解析】如圖D8-2-10,取B1C1的中點(diǎn)O,連接OM,OP,則MO⊥平面A1B1C1D1,所以MO⊥OP.因?yàn)镻M=5,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,N是D1C1的中點(diǎn),所以A1N=5,OP=1,所以點(diǎn)P在以O(shè)為圓心,1為半徑的位于平面A1B1C1D1內(nèi)的半圓上,單獨(dú)畫出平面A1B1C1D1及相關(guān)點(diǎn)、線,如圖D8-2-11,所以點(diǎn)O到A1N的距離減去半徑就是PQ長(zhǎng)度的最小值.連接A1O,ON,作OH⊥A1N交A1N于H,則S△A1NO=2×2-12×2×1-12×1×1-12解得OH=355,所以PQ長(zhǎng)度的最小值為【典例】2(2021·山西省長(zhǎng)治第二中學(xué)月考)如圖，四邊形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中點(diǎn)．求證：(1)PA∥平面BDE；(2)平面PAC⊥平面BDE.證明(1)如圖，AC∩BD＝O，連接OE，在△PAC中，O是AC的中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)，∴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·莆田第一聯(lián)盟體聯(lián)考)如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2eq\r(2)，以AC為折痕把△ACD折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PA＝PB.(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若M是PC的中點(diǎn)，設(shè)eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))(0<λ<1)，且三棱錐A－BMN的體積為eq\f(8,9)，求λ的值．(1)證明如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接PO，BO.因?yàn)镻C＝PA，所以PO⊥AC.在△POB中，PO＝OB＝eq\f(1,2)AC＝2，PB＝PA＝2eq\r(2)，則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?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，所以O(shè)B⊥平面PAC，所以VA－BMN＝VB－AMN＝eq\f(1,3)S△AMN·BO.又因?yàn)镺B＝2，VA－BMN＝eq\f(8,9)，所以S△AMN＝eq\f(4,3).因?yàn)閑q\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).易錯(cuò)提醒(1)證明線面平行時(shí)，忽略“直線在平面外”“直線在平面內(nèi)”的條件．(2)證明面面平行時(shí)，忽略“兩直線相交”“兩直線在平面內(nèi)”的條件．(3)證明線面垂直時(shí)，容易忽略“平面內(nèi)兩條相交直線”這一條件．【拓展訓(xùn)練】2(2019·全國(guó)Ⅲ)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積．(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)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?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如圖，取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形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.所以四邊形ACGD的面積為S＝CG·DM＝2×2＝4.專題訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1.[廣東高考,5分][文]若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是()A.l與l1,l2都不相交 B.l與l1,l2都相交C.l至多與l1,l2中的一條相交 D.l至少與l1,l2中的一條相交【解析】假設(shè)l與l1,l2都不相交,因?yàn)閘與l1都在平面α內(nèi),于是l∥l1,同理l∥l2,于是l1∥l2,與已知矛盾,故l至少與l1,l2中的一條相交.故選D.2．如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別是線段D1E與C1F上的點(diǎn)，則與平面ABCD垂直的直線MN的條數(shù)有()A．0個(gè) B．1個(gè)C．2個(gè) D．無窮多個(gè)【解析】假設(shè)存在滿足條件的直線MN，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則D1(2，0，2)，E(1，2，0)，設(shè)M的坐標(biāo)為(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，若設(shè)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∵M(jìn)N⊥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．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC【解析】在正方體中連接A1D，AD1，B1C，由正方體的性質(zhì)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湖南四校聯(lián)考]如圖8-2-8所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,N為底面ABCD的中心,P為線段A1D1上的動(dòng)點(diǎn)(不包括兩個(gè)端點(diǎn)),M為線段AP的中點(diǎn),則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A.CM與PN是異面直線B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.過P,A,C三點(diǎn)的正方體的截面一定是等腰梯形【解析】對(duì)于選項(xiàng)A,如圖D8-2-5,連接NC,PC.在△PAC中,M為AP的中點(diǎn),N為AC的中點(diǎn),CN,PM交于點(diǎn)A,所以CM與PN共面,故A錯(cuò)誤.對(duì)于選項(xiàng)B,因?yàn)镻為線段A1D1上的動(dòng)點(diǎn)(不包括兩個(gè)端點(diǎn)),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,則CM2-PN2=34(AC2-AP2)>0,所以CM>PN,故B正確.對(duì)于選項(xiàng)C,在正方體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正確.對(duì)于選項(xiàng)D,連接A1C1,在平面A1B1C1D1內(nèi)作PK∥A1C1,交C1D1于K,連接KC.在正方體中,A1C1∥AC,所以PK∥AC,PK,AC共面,所以四邊形PKCA就是過P,A,C三點(diǎn)的正方體的截面,AA1=CC1,A1P=C1K,所以AP=CK,即梯形PKCA為等腰梯形.故D正確5.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點(diǎn)，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為()A.eq\r(2) B.eq\f(9,8)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(6),2)【解析】如圖，分別取C1D1，B1C1的中點(diǎn)P，Q，連接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四邊形ANPD為平行四邊形，所以AN∥DP.又BD和DP為平面DBQP內(nèi)的兩條相交直線，AN，MN為平面AMN內(nèi)的兩條相交直線，所以平面DBQP∥平面AMN，四邊形DBQP的面積即所求．因?yàn)镻Q∥DB，所以四邊形DBQP為梯形，PQ＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(2),2)，梯形的高h(yuǎn)＝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)，所以四邊形DBQP的面積為eq\f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq\f(9,8).6．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為16eq\r(2)，點(diǎn)P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距離分別為2，2eq\r(3)，則直線CP與平面BDD1B1所成角的正切值為()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)，連接C1P，在Rt△CC1P中，可計(jì)算C1P＝eq\r(CP2－CC\o\al(2,1))＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中點(diǎn)，連接AC與BD交于點(diǎn)O，易證AC⊥平面BDD1B1，直線CP在平面BDD1B1內(nèi)的射影是OP，所以∠CPO就是直線CP與平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝eq\f(CO,PO)＝eq\f(\r(2),2).7．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列結(jié)論正確的是()A．BD⊥ACB．△BAC是等邊三角形C．三棱錐D－ABC是正三棱錐D．平面ADC⊥平面ABC【解析】由題意易知，BD⊥平面ADC，又AC?平面ADC，故BD⊥AC，A中結(jié)論正確；設(shè)等腰直角三角形ABC的腰為a，則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，則△BAC是等邊三角形，B中結(jié)論正確；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中結(jié)論正確，D中結(jié)論錯(cuò)誤．8如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()ABCD【解析】解法一對(duì)于選項(xiàng)B,如圖D8-2-1所示,C,D為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),連接CD,因?yàn)锳B∥CD,M,Q分別是所在棱的中點(diǎn),所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C,D中均有AB∥平面MNQ.選A.圖D8-2-1解法二對(duì)于選項(xiàng)A,作出正方體的底面的對(duì)角線,記對(duì)角線的交點(diǎn)為O(如圖D8-2-2所示),連接OQ,則OQ∥AB,因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn),所以AB與平面MNQ有交點(diǎn),即AB與平面MNQ不平行,故選A.9.α,β是兩個(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)命題: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與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有.(填寫所有正確命題的編號(hào))

【答案】②③④【解析】對(duì)于命題①,可運(yùn)用長(zhǎng)方體舉反例證明其錯(cuò)誤.如圖D8-2-3,不妨設(shè)AA'所在直線為直線m,CD所在直線為直線n,ABCD所在的平面為α,ABC'D'所在的平面為β,顯然這些直線和平面滿足題目條件,但α⊥β不成立.故①錯(cuò)誤.對(duì)于命題②,設(shè)過直線n的某平面與平面α相交于直線l,則l∥n,由m⊥α知m⊥l,從而m⊥n,故②正確.對(duì)于命題③,由平面與平面平行的性質(zhì)可知,③正確.對(duì)于命題④,由平行的傳遞性及線面角的定義可知,④正確.10．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱和六個(gè)面的對(duì)角線共有24條，其中與體對(duì)角線AC1垂直的有________條．【解析】如圖所示，在正方體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都與AC1垂直．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱中沒有與AC1垂直的棱，故與體對(duì)角線AC1垂直的有6條．11．.如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分別是AD，BE的中點(diǎn)，將三角形ADE沿AE折起．下列說法正確的是________(填上所有正確的序號(hào))．①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))都有MN∥平面DEC；②不論D折至何位置都有MN⊥AE；③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))都有MN∥AB；④在折起過程中，一定存在某個(gè)位置，使EC⊥AD.【解析】：連接MN交AE于點(diǎn)P，則MP∥DE，NP∥AB，∵AB∥CD，∴NP∥CD.對(duì)于①，由題意可得平面MNP∥平面DEC，∴MN∥平面DEC，故①正確；對(duì)于②，∵AE⊥MP，AE⊥NP，∴AE⊥平面MNP，∴AE⊥MN，故②正確；對(duì)于③，∵NP∥AB，∴不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))都不可能有MN∥AB，故③不正確；對(duì)于④，由題意知EC⊥AE，故在折起的過程中，當(dāng)EC⊥DE時(shí)，EC⊥平面ADE，∴EC⊥AD，故④正確．【答案】：①②④12.如圖，已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別是線段AB，AD，AA1的中點(diǎn)，又P，Q分別在線段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1)．設(shè)平面MEF∩平面MPQ＝l，現(xiàn)有下列結(jié)論：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直線l與平面BCC1B1不垂直；④當(dāng)x變化時(shí)，l不是定直線．其中成立的結(jié)論是________．(寫出所有成立結(jié)論的序號(hào))【解析】連接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易證PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l(xiāng)∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l(xiāng)⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直線l與平面BCC1B1不垂直，故③成立；當(dāng)x變化時(shí)，l是過點(diǎn)M且與直線EF平行的定直線，故④不成立．13.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，側(cè)面BCC1B1⊥底面ABC，E，F(xiàn)分別為棱BC和A1C1的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面ABB1A1；(2)求證：平面AEF⊥平面BCC1B1.證明(1)如圖，取A1B1的中點(diǎn)G，連接BG，F(xiàn)G，在△A1B1C1中，因?yàn)镕，G分別為A1C1，A1B1的中點(diǎn)，所以FG∥B1C1，且FG＝e