高考定位　1.以幾何體為載體考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，題目難度較??；2.以解答題的形式考查空間平行、垂直的證明，并與空間角的計算綜合命題.
1.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　)
A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
解析　如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.
所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.
3.(2020·全國Ⅲ卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：
(1)當(dāng)AB＝BC時，EF⊥AC；(2)點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).
證明　(1)如圖，連接BD，B1D1.因為AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
(2)如圖，在棱AA1上取點(diǎn)G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G.
于是AE∥FC1.所以A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).
4.(2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn).
(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離.
由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解　過點(diǎn)C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，故CH的長即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離.由已知可得CE＝1，C1C＝4，
1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)
(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)
(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
熱點(diǎn)一　空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系【例1】 (1)(2020·河南百校大聯(lián)考)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方體的六個面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，則下列結(jié)論正確的是(　　)
A.m＝n B.m＝n＋2C.m＜n D.m＋n＜8
(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.
解析　(1)直線CE?平面ABPQ，從而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE與正方體的其余四個面所在平面均相交，則m＝4.
取CD的中點(diǎn)G，連接FG，EG.易證CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，從而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，則EF與正方體其余四個面所在平面均相交，n＝4，故m＝n＝4.
(2)已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可能與α平行，或l與α相交但不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.答案　(1)A　(2)若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α，答案不唯一)
探究提高　1.判斷空間位置關(guān)系命題的真假(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷.(2)借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定.2.兩點(diǎn)注意：(1)平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中；(2)當(dāng)從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷.
【訓(xùn)練1】 (1)(2020·衡水中學(xué)調(diào)研)已知M是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中點(diǎn)，則下列是假命題的是(　　)
A.過點(diǎn)M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都相交B.過點(diǎn)M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都垂直C.過點(diǎn)M有且只有一個平面與直線AB，B1C1都相交D.過點(diǎn)M有且只有一個平面與直線AB，B1C1都平行
(2)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不一定成立的是(　　)
A.BP⊥AC B.PD⊥平面ABCDC.AC⊥PD D.平面BDP⊥平面ABCD
解析　(1)在AB上取一點(diǎn)P，則平面PMC1與AB，B1C1都相交，這樣的平面有無數(shù)個，因此C是假命題.
(2)取BP的中點(diǎn)O，連接OA，OC，如圖所示.則BP⊥OA，BP⊥OC，因為OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC?平面OAC，所以BP⊥AC，故選項A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD?平面BDP，AC?平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正確.從條件不一定推出PD⊥平面ABCD，選B.
答案　(1)C　(2)B
熱點(diǎn)二　空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】 (2019·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn).
(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說明理由.
(1)證明　因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明　因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD.又因為AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解　棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中點(diǎn)F，PA的中點(diǎn)G，連接CF，F(xiàn)G，EG，
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，
所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.
探究提高　1.利用綜合法證明平行與垂直，關(guān)鍵是根據(jù)平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理來確定有關(guān)的線與面，如果所給的圖形中不存在這樣的線與面，要充分利用幾何性質(zhì)和條件連接或添加相關(guān)的線與面.2.垂直、平行關(guān)系的證明，主要是運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸思想，完成線與線、線與面、面與面垂直與平行的轉(zhuǎn)化.在論證過程中，不要忽視定理成立的條件，推理要嚴(yán)謹(jǐn).
【訓(xùn)練2】 (2020·石家莊調(diào)研)如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F(xiàn)是CE的中點(diǎn).
(1)求證：BF∥平面ADP；(2)已知O是BD的中點(diǎn)，求證：BD⊥平面AOF.
證明　(1)如圖，取PD的中點(diǎn)為G，連接FG，AG，∵F是CE的中點(diǎn)，∴FG是梯形CDPE的中位線，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，F(xiàn)G∥CD，∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四邊形ABFG是平行四邊形，∴BF∥AG，又BF?平面ADP，AG?平面ADP，∴BF∥平面ADP.
(2)延長AO交CD于M，連接BM，F(xiàn)M，∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)，∴ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE.∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，∴BD⊥平面AOF.
熱點(diǎn)三　平面圖形中的折疊問題【例3】 圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，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，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?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.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM?平面DEM，因此DM⊥CG.
故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四邊形ACGD的面積為S＝2×2＝4.
探究提高　1.解決與折疊有關(guān)問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，折線同一側(cè)的線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口.2.在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形，善于將折疊后的量放在原平面圖形中進(jìn)行分析求解.
(1)證明　∵△PAD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，∴PF⊥AD.
又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.由于PB?平面BFP，∴AD⊥PB.
(2)解　能在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF?平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點(diǎn)H，過H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，
探究提高　1.求解探究性問題常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明；若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立.2.解決空間線面關(guān)系的探究性問題，應(yīng)從平面圖形中的平行或垂直關(guān)系入手，把所探究的結(jié)論轉(zhuǎn)化為平面圖形中線線關(guān)系，從而確定探究的結(jié)果.
【訓(xùn)練4】 如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均為等邊三角形，且平面PDC⊥平面BDC.
解　(1)存在.當(dāng)點(diǎn)E為棱PB的中點(diǎn)，使得AE∥平面PDC.理由如下：如圖所示，取PB的中點(diǎn)E，連接AE，取PC的中點(diǎn)F，連接EF，DF，取BC的中點(diǎn)G，連接DG.
因為△BCD是等邊三角形，所以∠DGB＝90°.因為∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四邊形ABGD為矩形，
所以四邊形ADFE是平行四邊形，從而AE∥DF，又AE?平面PDC，DF?平面PDC，所以AE∥平面PDC.(2)取CD的中點(diǎn)M，連接PM，過點(diǎn)P作PN⊥BC交BC于點(diǎn)N，連接MN，如圖所示.因為△PDC為等邊三角形，所以PM⊥DC.因為PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM?平面PDC，所以PM⊥平面BCD，則PM為四棱錐P－ABCD的高.又BC?平面BCD，所以PM⊥BC.因為PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN?平面PMN，PM?平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因為MN?平面PMN，所以MN⊥BC.

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