人教2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题4 第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系.docx

第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
[考情分析]　高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题．
考点一　空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
例1　(1)(2022·广东联考)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m∥n
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
答案　C
解析　对于选项A，m∥α，n∥α，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
对于选项B，因为α∥β，m⊥α，所以m⊥β.
又n∥β，所以m⊥n，故B错误；
对于选项C，由m∥α，则存在直线l⊂α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l⊂α，所以α⊥β，故C正确；
对于选项D，因为α⊥β，可设α∩β＝l，则当m∥l，n∥l时，可以得到m∥α，n∥β，但此时m∥n，
故D错误．
(2)(2022·金华模拟)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图．若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是________．
①四边形AECF是平行四边形；
②GH与MN是异面直线；
③GH∥平面EAB；
④GH⊥BC.
答案　①③
解析　如图所示，连接AC，EF，设AC与EF的交点为O，连接BD，
MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故①正确；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，连接MG，GH，NM，NH，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝AE，NH＝CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，即GH与MN是共面直线，故②错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故④错误．
规律方法　对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立．
跟踪演练1　(1)(2022·湖南师大附中模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是(　　)
A．A，M，O三点共线
B．M，O，A1，A四点共面
C．B，B1，O，M四点共面
D．A，O，C，M四点共面
答案　C
解析　如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．
因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A，M，O三点共线，从而M，O，A1，A四点共面，A，O，C，M四点共面．
由长方体性质知，OM与BB1是异面直线，即B，B1，O，M四点不共面．
(2)设点E为正方形ABCD的中心，M为平面ABCD外一点，△MAB为等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是线段MB的中点，则(　　)
A．ME≠DF，且直线ME，DF是相交直线
B．ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线
C．ME≠DF，且直线ME，DF是异面直线
D．ME＝DF，且直线ME，DF是异面直线
答案　B
解析　连接EF，
如图所示，
由题意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，
AB＝AB，
则Rt△BAM≌Rt△BAD，
所以BM＝BD，
因为E，F分别为BD，BM的中点，则EF∥DM，
因为FM＝BM＝BD＝DE，
故四边形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线．
考点二　空间平行、垂直关系
核心提炼
平行关系及垂直关系的转化
考向1　异面直线所成的角
例2　(1)(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知正方体ABCD－A