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解密06 空
点、
、面的位置关系
间
线
核心考点
读高考设问知考法
命题解读
空间点、
线、面位置
关系
【2019 新课标Ⅲ文理8】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，
△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M 是线段ED 的中
点，则( )
1.以几何体为载体
考查空间点、线、
面位置关系的判
断，主要以选择
题、填空题的形式
出现，题目难度较
小；
2.以解答题的形式
考查空间平行、垂
直的证明，并与空
间角的计算综合命
题.
【2019 新课标1 文16】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，
PC=2，点P 到∠ACB 两边AC，BC 的距离均为
，那么P 到平面
ABC 的距离为______．
【2017 新课标Ⅰ文6】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( )．
【2020 新课标3 文19】如图，在长方体
中，点
，
分别在棱
，
上，且
，
．证明：
（1）当
时，
；（2）点
在平面
内．
【2019 新课标1 文19】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是
菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是BC，BB1，
A1D 的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C 到平面
C1DE 的距离．
空间平行、
垂直关系的
证明
【2020 江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面
ABC，E，F 分别是AC，B1C 的中点．（1）求证：EF∥平面
AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【2019 北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，
底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB 上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
平面图形中
的折叠问题
【2020 新课标1 理16】如图，在三棱锥
的平面展开图中，
，
，
，
，
，则
=______．
【2019 新课标3 文19】图①是由矩形
和菱形
组成的一个平面图形，其中
，
，将其沿
折起使得
与
重合，连结
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2
，如图②．（1）证明图②中的
四点共面，且平面
平面
；（2）求图②中的四边形
的面积．
【2018 新课标1 文18 】如图，在平行四边形
中，
，
，以
为折痕将
折起，使点
到达点
的位置，且
．（1）证明：平面
平面
；
（2 ）
为线段
上一点，
为线段
上一点，且
，求三棱锥
的体积．
【2016 新课标2 理19】如图所示，菱形
的对角线
与
交于点
，
，
，点
，
分别在
，
上，
，
交
于点
，将
沿
折到
的位置，
．（1）证明：
平面
；
（2）求二面角
的正弦值．
核心考点一 空间点、线、面位置关系
1.判断与空间位置关系有关的命题的方法：
(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进行判断.
(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，进行肯
定或否定.
2.两点注意：
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；
(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
1.【2019 新课标Ⅲ文理8】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面
ABCD，M 是线段ED 的中点，则( )
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A.BM＝EN，且直线BM，EN 是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN 是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
【解析】连接BD，BE，
∵点N 是正方形ABCD 的中心，
∴点N 在BD 上，且BN＝DN，
∴BM，EN 是△DBE 的中线，∴BM，EN 必相交.
连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC， ∴BC⊥平面EDC，
则BD＝a，BE＝＝a，BM＝＝a，
又EN＝＝a，故BM≠EN.故选B．
2．【2019 新课标1 文16】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC=2，点P 到∠ACB 两边AC，BC 的
距离均为
，那么P 到平面ABC 的距离为______．
【解析】作
分别垂直于
，
平面
，连
，
知
，
，
平面
，
平面
，
，
，
．
，
，
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，
为
平分线，
，又
，
．
3．【2020 新课标3 文19】如图，在长方体
中，点
，
分别在棱
，
上，且
，
．证明：（1）当
时，
；（2）点
在平面
内．
【解析】（1）因为长方体
,所以
平面
,
因为长方体
,所以四边形
为正方形
因为
平面
,因此
平面
,
因为
平面
,所以
；
（2）在
上取点
使得
,连
,
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因为
,所以
所以四边形
为平行四边形，
因为
所以四边形
为平行四边形，
因此
在平面
内
1.【2017 新课标Ⅰ文6】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( )
【解析】法一：对于选项B，如图(1)所示，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.因此A 项中直线AB 与平面MNQ 不平行.
图(1) 图(2)
法二：对于选项A，其中O 为BC 的中点(如图(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.A 项中直线AB 与平面MNQ 不平行.
故选A.
2．【2020 新课标2 文理16】设有下列四个命题
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：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
：若直线
平面
，直线
平面
，则
．
则下述命题中所有真命题的序号是__________．
①
②
③
④
【解析】对于命题
，可设
与
相交，这两条直线确定的平面为
；若
与
相交，则交点
在平面
内，同理，
与
的交点
也在平面
内，所以，
，即
，命题
为真命题；
对于命题
，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题
为假命题；
对于命题
，空间中两条直线相交、平行或异面，命题
为假命题；
对于命题
，若直线
平面
，则
垂直于平面
内所有直线，
直线
平面
，
直线
直线，命题
为真命题．
综上可知，
，
为真命题，
，
为假命题，
即
为真命题，
为假命题，
为真命题，
为真命题．
故答案为①③④．
3．【2019 新课标1 文19】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，
E，M，N 分别是BC，BB1，A1D 的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C 到平面C1DE 的距离．
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【解析】（1）连接
，
，
，
分别为
，
中点
为
的中位线
且
，
又
为
中点，且
，
且
，
四边形
为平行四边形
，又
平面
，
平面
平面
．
（2）在菱形
中，
为
中点，所以
，
根据题意有
，
，
因为棱柱为直棱柱，所以有
平面
，
所以
，所以
，
设点C 到平面
的距离为
，
根据题意有
，则有
，
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解得
，所以点C 到平面
的距离为
．
核心考点二 空间平行、垂直关系的证明
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.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.
1.【2020 江苏卷】在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F 分别是AC，B1C 的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【解析】（1）由于
分别是
的中点，所以
.
由于
平面
,
平面
，所以
平面
.
（2）由于
平面
，
平面
，所以
.
由于
，所以
平面
,
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由于
平面
，所以平面
平面
.
2.【2019 北京卷】如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB 上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD 为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A
，
所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD 为菱形，∠ABC＝60°，且E 为CD 的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB 上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
取PB 的中点F，PA 的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
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所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF 为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
1.【2018 江苏卷】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
【证明】(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
2.如图，在四棱锥P－ABCD 中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E 为棱PB 的中点．
(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；
(2)求证：CE∥平面PAD.
【证明】(1)取BD 的中点O，连接CO，PO，
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因为CD＝CB，
所以△CBD 为等腰三角形，
所以BD⊥CO.
因为PB＝PD，
所以△PBD 为等腰三角形，所以BD⊥PO.
又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.
(2)由E 为PB 的中点，连接EO，则EO∥PD，
又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，
又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，
所以平面CEO∥平面PAD，
而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.
核心考点三 平面图形中的折叠问题
1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度
是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将
折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
1．【2020 新课标1 理16】如图，在三棱锥
的平面展开图中，
，
，
，
，
，则
=__________．
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【解析】
，
，
，
由勾股定理得
，同理得
，
，
在
中，
，
，
，
由余弦定理得
，
，
在
中，
，
，
，
由余弦定理得
．故答案为
．
【解法2】
，
，则
，故
，从而
．又
，
故
．故答案为
．
2．【2019 新课标3 文19】图①是由矩形
和菱形
组成的一个平面图形，其中
，
，将其沿
折起使得
与
重合，连结
，如图②．
（1）证明图②中的
四点共面，且平面
平面
；
（2）求图②中的四边形
的面积．
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【解析】(1)
，
，又因为
和
粘在一起．
，A，C，G，D 四点共面．
又
．
平面BCGE，
平面ABC，
平面ABC
平面BCGE，得证．
(2)取
的中点
，连结
．因为
，
平面BCGE，所以
平面BCGE，故
，
由已知，四边形BCGE 是菱形，且
得
，故
平面DEM．
因此
．
在
中，DE=1，
，故
．
所以四边形ACGD 的面积为4．
1．【2018 新课标1 文18】如图，在平行四边形
中，
，
，以
为折痕将
折起，使点
到达点
的位置，且
．
（1）证明：平面
平面
；
（2）
为线段
上一点，
为线段
上一点，且
，求三棱锥
的体积．
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【解析】（1）由已知可得，
=90°，
．
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．又AB
平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=
．
又
，所以
．
作QE⊥AC，垂足为E，则
．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥
的体积为
．
2．【2016 新课标2 理19】如图所示，菱形
的对角线
与
交于点
，
，
，点
，
分别在
，
上，
，
交
于点
，将
沿
折到
的位置，
．（1）证明：
平面
；（2）求二面角
的正弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：因为
，所以
，所以
．
因为四边形
为菱形，所以
，所以
，所以
，所以
．
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因为
，所以
．又
，
，所以
，所以
，
所以
，所以
，所以
．又因为
，
所以
面
．
（Ⅱ）建立如图坐标系
，所以
，
，
，
，
，
，
，设面
的法向量
，
由
，得
，取
，所以
．
同理可得面
的法向量
，所以
，
所以
，即二面角
的正弦值为
．
3.如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE
的交点.将△ABE 沿BE 折起到图2 中△A1BE 的位置，得到四棱锥A1－BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE 时，四棱锥A1－BCDE 的体积为36，求a 的值.
【解析】(1)在图1 中，因为AB＝BC＝AD＝a，E 是AD 的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，
即在图2 中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O 是四棱锥A1－BCDE 的高，
由图1 可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE 的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1－BCDE 的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
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