第 18 讲 点、直线、平面之间位置关系

1. 本讲考点主要以常见的空间几何体为背景，考查 直线、平面之间的平行与垂直关系，以及线面角 的求法 . 依新课标考试说明的要求，重点应放在线 面平行和垂直的判定与证明上，“对于这些角与 距离的度量问题，只要在长方体模型中进行说明 即可，具体计算不作要求 .” 摘自《江苏省普通高 中数学课程标准教学要求》 .

2. 空间想象能力是新课标考试说明明确要求考查学 生的能力之一，它对空间形式的观察、分析、抽 象的能力具体有三方面的要求：（ 1 ）能根据条件 画出图形；（ 2 ）根据图形想象出直观形象；（ 3 ） 能正确地分析出图形中的基本元素及其相互关系 . 将概念、图形和推理相结合，能对图形进行分解、 组合与变形 . 备考中要围绕以上要求加强训练，在 体会与思索中提高自己的能力 . 3. 备考中选取的应是长方体、三棱锥、四棱锥、圆 柱、球等简单几何体，以它们为载体进行识图、 画图、平行垂直关系判定，使学生体会与感悟证

明的过程与方法，注意推理依据的充分与严密， 教材中的例题、习题中的结论（包括三垂线定理） 等不能作为推理论证的依据 .4. 备考中要注意联系平面几何知识，利用类比、联 想等方法理解两者内在联系，培养和树立将空间 问题转化为平面问题解决的意识和思想 .

【例 1 】（ 2008· 江西改编）如图（ 1 ）所示，一个 正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了 同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有 a 升水 时，水面恰好经过正四棱锥的顶点 P. 如果将容器 倒置，水面也恰好过点 P （如图（ 2 ）所示） . 有下 列四个命题：

① 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半； ② 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点 P ； ③ 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好 经过点 P ； ④若往容器内再注入 a 升水，则容器恰好能装满 . 其中真命题的代号是 . （写出所有真 命题的代号） 解析 设正四棱柱底面边长为 b,高为 h1,正四棱锥

高为 h2, 则原题图 (1)中水的体积为：

图（ 2 ）中水的体积为：

,3

2

3

12

22

22

2 hbhbhb

),( 212

22

12 hhbhbhb

所以 故①错误，④

正确 . 对于②，当容器侧面水平放置时， P 点在长方体中 截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也 恰好经过 P 点，故②正确 . 对于③，假设③正确，当水面与正四棱锥的一个 侧面重合时，经计算得水的体积为

矛盾，故③不正确 .

答案 ②④

,3

5),(

3

22121

22

2 hhhhbhb 所以

,3

2

36

252

22

2 hbhb

探究拓展 “等积变形”是一种重要的思想方

法，用于求距离、求高，有时十分简捷，本题通

过容器中水的“形状”的变化将这种思想方法展

示得淋漓尽致，生动直观，无疑，对培养备考者

“ 等积变形”思想有很大的帮助 .另外，对这种实

物操作题考场上是没法操作的，只能凭想象处

理，这恰好考查了应考者空间想象能力，这也许

正是命题者所看中的 .

变式训练 1 有一棱长为 a 的正四面体骨架（棱的

粗细忽略不计），其内放置一气球，对其充气，

使其尽可能地膨胀（成为一个球），则气球表面

积的最大值为 .

解析 气球直径最大值是正四面体的对棱距离，

易求得为 .2

1,

2

2 2max aSa 所求

2

2

1a

【例 2 】（ 2008·福建）若三棱锥的三个侧面两两垂 直，且侧棱长均为 ，则其外接球的表面积是 . 解析 三棱锥的三个侧面两两垂直 ,说明三棱锥的 三条侧棱两两垂直 , 设其外接球的半径为 R,可以将 此三棱锥认为是由正方体共顶点的三条侧棱确定 的，显然三棱锥的外接球即是正方体的外接球， 正方体的体对角线等于球直径，因此有：

外接球的表面积为 S=4 R2=9 .

3

,9)3()3()3()2( 2222 R

9

探究拓展 构造法是一种机智处理问题的方法，

体现了化归转化思想的应用 . 本题借题设中的三棱

锥，构造出以原来“两两垂直三侧面”为相邻三

侧面的正方体，结合正方体外接球性质解决问题 .

也可算作是“割补法”中的“补全术” .总之，在

解题之后好好反思一下“思路”，对自己能力的

提高大有好处 .

变式训练 2 已知各顶点都在一个球面上的正四棱

柱高为 4 ，体积为 16，则这个球的表面积是 .

解析 设正四棱柱底面边长为 a ，则 S 底 =a2 ，

∴V=S 底 ·h=4a2=16 ，∴ a=2.

又正四棱柱内接于球，设球的半径为 R ，则

（ 2R ） 2=22+22+42=24 ，∴ R= .

∴球的表面积为

6

.244 2 R

24

【例 3 】（ 2009· 江苏）如图所示，在 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中， E ， F 分别

是 A1B ， A1C 的中点，点 D 在 B1C1 上，

A1D⊥B1C.

求证：（ 1 ） EF∥平面 ABC ； （ 2 ）平面 A1FD⊥平面 BB1C1C.

证明 （ 1 ）由 E ， F 分别是 A1B ， A1C 的中点知

EF∥BC ， 因为 EF 平面 ABC ， BC 平面 ABC ， 所以 EF∥平面 ABC.

（ 2 ）由三棱柱 ABC—A1B1C1 为直三棱柱知 CC1⊥

平面 A1B1C1 ，

又 A1D 平面 A1B1C1 ，故 CC1⊥A1D.

又因为 A1D⊥B1C ， CC1∩B1C=C ，

CC1 ， B1C 平面 BB1C1C ，

故 A1D⊥平面 BB1C1C.

又 A1D 平面 A1FD ，

所以平面 A1FD⊥平面 BB1C1C.

探究拓展 本例解答为试题命制组提供且有详尽

的得分要求（这里略） .从中可以看出线面平行、

线面垂直的证明是备考的重点与热点，体现了备

考者的空间想象能力以及解决立体几何问题的基

本功 . 备考中要加强训练，熟练运用，在解题中体

会判定定理条件的运用，包括思路分析、方法确

认 ，书写表达规范 . 新课标考试说明对立体几何

的要求有所降低，这只是在知识应用方面有所降

低，但在表达规范性上提出了更高的要求，一定

要做到推理充分，论证有力，思路清晰，叙述有

条理 .

变式训练 3 （ 2009·扬州大学附 中月考）如图所示， E 、 F 分别为 直角三角形 ABC 的直角边 AC 和斜 边 AB 的中点，沿 EF 将△ AEF折起 到△ A′EF 的位置，连接 A′B 、 A′C ， P 为 A′C 的中点 . （ 1 ）求证： EP∥平面 A′FB ； （ 2 ）求证：平面 A′EC⊥平面 A′BC. 证明 （ 1 ）∵ E 、 P 分别为 AC 、 A′C 的中点， ∴EP∥A′A ，又 A′A 平面 AA′B ， ∴EP 平面 AA′B ，∴即 EP∥平面 A′FB.

（ 2 ）∵ BC⊥AC ， EF⊥A′E ，又∵ EF∥BC ， ∴BC⊥A′E ，结合 A′E 与 AC都在平面 A′EC 内相 交，可知 BC⊥面 A′EC ，又 BC 面 A′BC. ∴面 A′EC⊥面 A′BC.

【例 4 】（ 2008·盐城第三次调研） 已知点 O 是正方形 ABCD 两对角线 的交点， DE⊥平面 ABCD ， BF⊥平面 ABCD ，且 AB=BF=2DE. （ 1 ）求证： EO⊥平面 AFC ； （ 2 ）在线段 EF 上找一点 M ，使三棱锥 M—ACF 为正 三棱锥； （ 3 ）试问在线段 DF （不含端点）上是否存在一点 R ，使得 CR∥平面 ABF ，若存在，请指出点 R 的位 置；若不存在，请说明理由 .

(1)证明 连结 FO.设 AB=BF=2DE=2a ， 则 DO=OB= a,所以 EO= a ， FO= a ， EF=3a. 在△ EOF 中，由 EO2+FO2=EF2 ，知 EO⊥FO. 又 DE⊥平面 ABCD ，所以 DE⊥AC ，而 BD⊥AC ， 所以 AC⊥平面 DOE ，故 AC⊥EO. 由于 AC 面 AFC ， FO 面 AFC ， AC∩FO=O ，所以 EO⊥平面 AFC. (2)解 在线段 EF 上取点 M,使得 EM∶MF=1∶2 ， 因为 AF=FC=AC= 2 a ，所以 △AFC 是正三角形 .

2 3 6

2

在线段 OF 上取点 G ，使得 OG∶GF=1∶2 ， 则点 G 是△ AFC 的重心，也就是△ AFC 的中心 . 连结 MG ，则 MG∥EO ，由（ 1 ）得 MG⊥平面 AFC. 故此时三棱锥 M—ACF 为正三棱锥 . （ 3 ）解 找不到这样的点 R ，使得 CR∥平面 ABF. 假设存在这样的点 R ，使得 CR∥平面 ABF. 因为点 R 与点 D 不重合，所以 CD 与 CR 相交 . 又 CD∥平面 ABF ， CR∥平面 ABF ，且 CR 平面 CDF ， CD 平面 CDF ，所以平面 CDF∥平面 ABF. 而平面 CDF 与平面 ABF 有公共点 F ，

所以平面 CDF 与平面 ABF必定相交，矛盾 . ∴假设不成立 . 所以找不到这样的点 R ，使得 CR∥平面 ABF. 探究拓展 探索类问题在新课标立体几何中为热 点题型，备考中要加强训练 . 其解题模式简单明 了，易于掌握，关键是探索准确，论证充分，表 达清晰明了，言简意赅 .探索类问题在承认一个假 设时，要依这个假设为“事实”严格论证推理， 若产生矛盾，则推翻“假设”，否则，“假设” 便是成立的 .

变式训练 4 （ 2009·浙江）如图，平面 PAC⊥平 面 ABC ，△ ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角 形， E ， F ， O 分别为 PA ， PB ， AC 的中点， AC=16， PA=PC=10.

(1) 设 G 是 OC 的中点，证明： FG∥平面 BOE ； (2)证明：在△ ABO 内存在一点 M ，使 FM⊥平面 BOE ，并求点 M到 OA ， OB 的距离 .

证明 （ 1 ） 如图，取 PE 的中点为 H ， 连结 HG ， HF.

因为点 E ， O ， G,H 分别是 PA,AC,OC,PE 的中点， 所以 HG∥OE ， HF∥EB. 因此平面 FGH∥平面 BOE. 因为 FG 在平面 FGH 内， 所以 FG∥平面 BOE.

（ 2 ）在平面 OAP 内，过点 P 作 PN⊥OE ，交 OA 于点 N ，交 OE 于点 Q ，连结 BN ，过点 F 作 FM∥PN ，交 BN 于点 M. 下证 FM⊥平面 BOE. 由题意，得 OB⊥平面 PAC ， 所以 OB⊥PN. 又因为 PN⊥OE ， 所以 PN⊥平面 BOE. 因此 FM⊥平面 BOE.

所以点 N 在线段 OA 上 . 因为 F 是 PB 的中点，所以 M 是 BN 的中点 . 因此点 M 在△ AOB 内，点 M到 OA ， OB 的距离分别

为

,2

9tan,

5

4cos

,5

24,5

2

1,Rt

OANPOOPONOP

PQNPO

PQPAOEOAP

中在

.4

9

2

1,4

2

1 ONOB

规律方法总结1. 两直线夹角范围是： 直线与平面所成角范围

是： 两平面所成二面角度数范围是 : ［ 0, ］ .

2. 长方体中有关结论： （ 1 ）体对角线长 （ 2 ）体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分 别为 则有 （ 3 ）体对角线与过同一顶点的三侧面所成角的分 别为 则有 （ 4 ）正方体和长方体外接球直径等于体对角线长 .

;2,0

;2,0

;222 cbal

，、、 ;1coscoscos 222

，、、 ;2coscoscos 222

3. 三棱锥中 （ 1 ）侧棱长相等（侧棱与底面所成角相等） 顶

点在底面射影为底面外心 ; （ 2 ）侧棱两两垂直（两对棱互相垂直） 顶点在

底面射影为底面垂心； （ 3 ）斜高相等（侧面与底面所成角相等） 顶点

在底面射影为底面内心 .4. 正棱锥各侧面与底面所成角相等，设为 ，则 S 侧 ·cos =S 底 .

一、填空题1. 如图所示，一个空间几何体的正视图，左视图， 俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角 形的直角边长为 1 ，那么这个几何体的表面积为 .

解析 几何体是一个有三条棱两两垂直的正三棱

锥， S 表

答案

.2

33

2

322

2

111

2

13

2

33

2. （ 2009·丹阳高级中学调研）棱长为 1 的正方

体

ABCD—A1B1C1D1 中，若 E 、 G 分别为 C1D1 、 BB1 的

中点， F 是正方形 ADD1A1 的中心，则空间四边形

BGEF 在正方体的六个面内射影的面积的最大值为

.

解析 考查各个面内射影情况可知最大值为

.2

1

2

1

3. 四棱锥 P—ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 中的投影恰好是 A ，其三视 图如图所示，则四棱锥 P—ABCD 的 表面积为 . 解析 几何体是四棱锥，其底面为正方形，面积

为 a2 ；一侧棱垂直于底面，其中两侧面为等腰直角

三角形，面积和为 另两侧面也是直角

三角形面积和为

∴表面积为 (2+ )a2.

;2

12 22 aa

2

.222

12 2aaa

2)22( a

4. （ 2009·全国Ⅱ改编）纸制的正方体的六个面根

据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，

现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝

上展平，得到右侧的平面图形，则标“△”的面

的方位是 .

解析 将正方体复原再判断 .

北

5. （ 2009·徐州模拟）已知 是两个平面，

m ， n 是两条直线，给出如下四个论断：

①m⊥ ；② n∥ ；③ ⊥ ；④ m∥n.现以其

中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，

请写出一个正确的命题 .

,

①②④③

6. （ 2009· 江苏样本分析卷）已知 l ， m ， n 是三条不 重合的直线， 是三个不重合的平面，给出下 列四个命题： ①若 m⊥ ， m∥ ，则 ⊥ ； ②若直线 m ， n 与 所成的角相等，则 m∥n ； ③存在异面直线 m ， n ，使得 m∥ ， m∥ ， n∥ ， n∥ ，则 ∥ ； ④若 ∩ =l ， ∩ =m ， ∩ =n ， l∥ ，则 m∥n. 其中所有真命题的序号是 . 解析 用相关性质与判定定理，容易得只有②不 正确 .

,,

①③④

二、解答题7.(2009·金陵中学三模 )如图所示， 以长方体 ABCD—A1B1C1D1 的顶点

A 、 C 及另两个顶点为顶点构造四面体 . （ 1 ）若该四面体的四个面都是直角三角形，试写 出一个这样的四面体（不要求证明）； （ 2 ）我们将四面体中两条无公共端点的棱叫做对 棱，若该四面体的任一对对棱垂直，试写出一个 这样的四面体（不要求证明）； （ 3 ）若该四面体的任一对对棱相等，试写出一个 这样的四面体（不要求证明），并计算它的体积 与长方体的体积的比 .

解 （ 1 ）如四面体 A1—ABC或四面体 C1—ABC或

四面体 A1—ACD或四面体 C1—ACD.

（ 2 ）如四面体 B1—ABC或四面体 D1—ACD.

（ 3 ）如四面体 A—B1CD1 ；

设长方体的长、宽、高分别为 a ， b ， c

.3

161

4

abc

abcabc则

8. （ 2009·盐城中学第七次月考）如 图所示，已知在三棱柱 ABC—A1B1C1

中 ,AA1⊥面 ABC ， AC=BC ， M 、 N 、

P 、 Q 分别是 AA1 、 BB1 、 AB 、 B1C1

的中点 .

（ 1 ）求证：面 PCC1⊥面 MNQ ；

（ 2 ）求证： PC1∥面 MNQ.

证明 （ 1 ）因为 AC=BC ，且 P 是 AB 的中点， 所以 AB⊥PC ，又 AB⊥CC1 ，

所以 AB⊥面 PCC1 ，

又因为 MN∥AB ，

因此 MN⊥面 PCC1.

又 MN 面 MNQ ，所以面 PCC1⊥面 MNQ.

（ 2 ）连接 PB1交 MN 于点 K ，连接 KQ ，

易证 QK∥PC1 ，

所以 PC1∥面 MNQ.

9. 一个多面体的直观图和三视图（正视图、左视图、 俯视图）如图所示， M 、 N 分别为 A1B 、 B1C1 的中

点 . 求证：

（ 1 ） MN∥平面 ACC1A1 ；

（ 2 ） MN⊥平面 A1BC.

证明 由题意可知，这个几何体是直三棱柱， 且 AC⊥BC ， AC=BC=CC1.

（ 1 ）连接 AC1 ， AB1.

由直三棱柱的性质得 AA1⊥平面 A1B1C1 ，

所以 AA1⊥A1B1 ，则四边形 ABB1A1 为矩形 .

由矩形性质得 AB1 过 A1B 的中点 M.

在△ AB1C1 中，由中位线性质得

MN∥AC1 ，

又 AC1 平面 ACC1A1 ，

MN 平面 ACC1A1 ，

所以 MN∥平面 ACC1A1.

（ 2 ）因为 BC⊥平面 ACC1A1 ， AC1 平面 ACC1A1 ，

所以 BC⊥AC1.

在正方形 ACC1A1 中， A1C⊥AC1.

又因为 BC∩A1C=C ，所以 AC1⊥平面 A1BC.

由 MN∥AC1 ，得 MN⊥平面 A1BC.

10. （ 2008·盐城质检）已知直角梯形 ABCD 中， AB∥CD ， AB⊥BC ， AB=1 ， BC=2 ， CD=1+ ，过 A作 AE⊥CD ，垂足为 E ， G 、 F 分别为 AD 、 CE 的中 点，现将△ ADE沿 AE折叠，使得 DE⊥EC.

（ 1 ）求证： BC⊥平面 CDE ； （ 2 ）求证： FG∥平面 BCD ； （ 3 ）在线段 AE 上找一点 R ，使得平面 BDR⊥平面 DCB ，并说明理由 .

3

（ 1 ）证明 由已知得： DE⊥AE ， DE⊥EC ， ∴DE⊥面 ABCE ，∴ DE⊥BC. 又 BC⊥CE ，∵ DE∩CE=E ，∴ BC⊥平面 DCE. （ 2 ）证明 取 AB 中点 H ，连结 GH ， FH ， ∴GH∥BD ， FH∥BC ， ∴GH∥面 BCD ， FH∥平面 BCD, ∴面 FHG∥面 BCD ，∴ GF∥面 BCD. （ 3 ）解 分析可知， R 点满足 3AR=RE 时， 面 BDR⊥面 BDC. 证明如下： 取 BD 中点 Q ，连结 DR 、 BR 、 CR 、 CQ 、 RQ ，

容易计算

∴在△ CRQ 中， CQ2+RQ2=CR2 ， ∴CQ⊥RQ. 又在△ CBD 中， CD=CB ， Q 为 BD 中点， ∴CQ⊥BD ，∴ CQ⊥面 BDR ， 又∵ CQ 平面 BDC ，∴面 BDC⊥面 BDR.

,2

13,

2

5,2 CRBRCD

,2

5,22,

2

21,

2

5

.2,2

21

RQBDDRBR

，BDR

CQDR

可知

中在

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