高考二轮复习数学理配套讲义9空间点直线平面之间位置关系

高考二轮复习数学理配套讲义9空间点直线平面之间位

置关系微专题9空间点、直线、平面之间的位置关系命题者说考题统计考

情点击2022-全国卷II-T9-异面直线所成的角2022-浙江高

考・T6・直线与平面平行2022-全国卷II-T10•异面直线所成的角

2022-全国卷m-T16•圆锥、异面直线所成的角1.以选择题、填空题的

形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进

行判断，属基础题。2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体

几何解答题中的第(1)问。考向一空间点、线、面的位置关系判断【例1】(1)已知a,B是

两个不同的平面，1,m,n是不同的直线，以下命题中不正确的是

()A.假设l^m,lLn,mua,nua,^iJl^aB.假设l^a,l〃B，贝

a±PC.假设a±P,anP=l,mUa,m±l,贝m±PD.假设a±P,

m±a,n±P，则m±n(2)已知m,n是两条不同的直线，a,B，Y是

三个不同的平面，以下命题中正确的是()A.假设a±Y，P±Y，贝

a#PB.假设m±a,n±a，贝m#nC.假设m〃a,n〃a，贝m#nD.假设

l〃a,a〃B，^l〃B解析(1)由Hm,Hn,mua,nua,不

能推出l^a，缺少条件m与n相交，故A不正确； 假设l^a,l〃B,则过l作平面Y，使YCB=c，贝ljl〃c,故c±a,cuB,故a±P,

B正确； 根据面面垂直的性质定理知C正确；D正确。故选A。(2)假设a±Y，P±Y，贝IJa与B相交或平行，故A错误;假设

m±a,n±a，则由直线与平面垂直的性质得m〃n，故B正确；假设假设l〃a,m〃a,n〃a，则m与n相交、平行或异面，故假设l〃a,a〃B，^IjluB或l〃B，故D错误。故选B。答案〔1〕A〔2〕B判断空间点、线、面位置关系，主要依据四个公

理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体

或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了。

如果要否定一结论，只需找到一个反例即可。变|式|训|练1.已知直线a,b和平面a,B,以下命题中是假命题

的有〔只填序号〕。①假设a〃b,则a平行于经过b的任何平面； ②假设a〃a,b〃a,则a〃b；③假设a〃a,b〃B，且a±P，贝a±b；④假设

aCB=a，且b〃a，贝b〃a。解析①假设a〃b,a,b可以确定平面，则a平行于经过b的任何平

面，不正确；②假设a〃a,b〃a，贝a〃b或a,b相交、异面，不正

确；③假设a#a,b#P,且a±P，则a,b关系不确定，不正

确；④假设aCB=a,且b〃a，则b与a关系不确定，不正确。答案①②③④2.〔2022•益阳、湘潭调研〕以下图中，G,N,M,H分

别是正三棱柱〔两底面为正三角形的直棱柱〕的顶点或所在棱的中点，则表

示直线GH,MN是异面直线的图形有〔〕A.①③B.②③C.②④

D.②③④解析由题意，可知题图①中，GH〃MN，因此直线GH与MN共

面； 题图②中，G,H,N三点共面，但帽平面GHN，因此直线GH与MN异面； 题图③中，连接冲仔，则GM〃HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN,G,M,N三点共面，但H任平面GMN,所以直线GH与MN

异面。故选C。

答案C考向二异面直线所成的角【例2】(2022-全国卷II)在长

方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=，则异面直线AD1与DB1所

成角的余弦值为()A.B.C.D.解析解法一：以D为坐标原点，DA,DC,

DD1所在直线分别为某轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,),D1(0,0,)，所以=(-1,0,),

=(1,1,)，因为co〈，〉===，所以异面直线AD1与DB1所成角的余

弦值为。故选C。解法二：如图，补上一相同的长方体CDEF-C1D1E1F1，连接DE1,

B1E1。易知AD1〃DE1,则/B1DE1或其补角为异面直线AD1与DB1所成角。

因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=，所以DE1===2,

DB1==,B1E1===，在△B1DE1中，由余弦定理，得coZB1DE1==>0,

所以ZB1DE1为锐角，即为异面直线AD1与DB1所成的角，即异面直线

AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C。解法三：如图，连接BD1,交DB1于点O,取AB的中点M,连接DM,

OM,易知O为BD1的中点，所以AD1〃OM，则ZMOD为异面直线AD1与

DB1所成角。因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=,AD1

==2,DM==,DB1==，所以OM=AD1=1,OD=DB1=，于是在^DMO

中，由余弦定理，得coZMOD==，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦

值为，故选C。答案C求异面直线所成的角，一般是用平移法把异面直线平移为相

交直线，然后再解三角形求解。变|式|训|练(2022•陕西质量检测)已知△ABC与ABCD均为正三角形，

且ab=4。假设平面ABC±平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为。，

则coe=()A.-B.C.— D.解析如图，取BC的中点O,取BD的

中点E,取AC的中点F,连接OA,OE,OF,EF，则OE〃CD,OF〃AB，则

/EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角，依题得OE=CD=2,OF=

AB=2,过点F作FG±BC于点G,易得FG±平面BCD，且FG=OA=,G为

OC的中点，则OG=1,又OE=2,/EOG=60°，所以由余弦定理得EG=

==，由勾股定理得EF2=FG2+EG2=()2+()2=6，在△OEF中，由余弦

定理得coZEOF===，所以co9=。故选D。答案D考向三空间点、线、面的综合问题【例3】(1)在正方体

ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则

()A.A1E±DC1B.A1E±BDC.A1E±BC1D.A1E±AC(2)假设四面体ABCD的三

组对棱分别相等，即AB=CD,AC=BD,AD=BC，给出以下结论： ①四面体ABCD每组对棱相互垂直； ②四面体ABCD每个面的面积相等； ③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°且小于180°； ④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分； ⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长。其中正确结论的序号是。解析(1)解法一：由正方体的性质，得A1B1±BC1,B1C±BC1,

A1B1CB1C=B1，所以BC1±平面A1B1CD。又A1EU平面A1B1CD，所以

A1E±BC1O故选C。解法二：因为A1E在平面ABCD上的投影为AE,而AE不与AC,BD垂

直，所以B、D错误； 因为A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CXBC1,所以A1EXBC1,〔证明：由条件易知，BC1LB1C,BC1LCE,

又CECB1C=C,所以BC1±平面CEA1B1。又A1EU平面CEA1B1,所以A1E±BC1O),C正确；因为A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而

D1E不与DC1垂直。A错误。故选C。(2)对于①，如图①，AE,CF分别为BD边上的高，由AD=BC,AB=

CD,BD=DB可知△ABD^ACDB，所以AE=CF,DE=BF，当且仅当AD=AB,

CD=BC时，E,F重合，此时AC±BD，所以当四面体ABCD为正四面体时，

每组对棱才相互垂直，故①错误； 对于②，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故②正确； 对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此

时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错

误；对于④，如图②，G,H,I,J为各边中点，因为AC=BD，所以四

边形GHIJ为菱形，所以GI,HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接

四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确； 对于⑤，从A点出发的三条棱为AB,AC,AD,因为AC=BD，所以AB,AC,AD可以

构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱

的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确。综上所述，正确的结论为

②④⑤。答案(1)C(2)②④⑤破解此类问题需：(1)认真审题，并细观所给

的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求

解；(2)懂得转化，即把面面关系问题转化为线面关系问题，再把线面

关系问题转化为线线关系问题，通过转化，把问题简单化，问题的解决也

就水到渠成了。变|式|训|练1.假设平面a截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三

棱锥中与平面a平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.0条或2条解析如图，因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是

平行四边形，所以该三棱锥中与平面a平行的棱有2条。故选C。答案C2.如图，在以下四个正方体中，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〔〕ABCD解析解法一：对于B,如图所示，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

ABQ平面MNQ,MQu平面MNQ,所以AB〃平面MNQ。同理可证选项C,D中

均有AB〃平面MNQ。故选A。解法二：对于A,设正方体的底面对角线的交点为0〔如图所示〕，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。故选A。答案A1.〔考向一〕〔2022•重庆六校联考〕设a,b是两条不同的直

线，a,B是两个不同的平面，则a〃B的一个充分条件是〔〕A.存在

一条直线a,a〃a,a〃BB.存在一条直线a,aua,a〃BC.存在两

条平行直线a,b,aua,buB,a〃B,b〃aD.存在两条异面直线a,

b,aua,buB,a〃B,b〃a解析对于A,假设存在一条直线a,

a〃a,a〃B，贝【Ja〃B或a与B相交，假设a〃B，则存在一条直线

a,使得a〃a,a〃B，所以选项A的内容是a〃B的一个必要条

件； 同理，选项B,C的内容也是a〃B的一个必要条件而不是充分条件；对于D,可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相

交直线，则有a〃B，所以选项D的内容是a〃B的一个充分条件。故

选D。答案D2.〔考向二〕〔2022-全国卷I〕在长方体ABCD-A1B1C1D1中，，则该长方体的体积为AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30

，则该长方体的体积为〔〕A.8B.6C.8D.8解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接

BC1,根据线面角的定义可知ZAC1B=30°,因为AB=2，所以BC1=2,

从而求得CC1=2，所以该长方体的体积为V=2某2某2=8。故选C。答案C3.〔考向三〕在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PAL底面

ABCD，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K,

且PA=AB=3,AF=2,则等于〔〕A.B.C.D.解析如图所示，延长BA,

CF交于点6,连接£6,与PA的交点就是K点，则AG=6，过点A作

AH〃PB，与EG交于点H,则=====。故选A。答案A4.〔考向三〕如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，/BAC=

90°,BC1±AC，假设P为三角形A1B1C1内一点〔不含边界〕，则点P在底面

ABC的投影可能在〔〕A.^ABC的内部B.AABC的外部C.直线AB上

D.以上均有可能解析因为AC±AB,AC±BC1,所以AC±平面ABC1,

ACu平面ABC,所以平面ABC1X平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H

必在两平面的交线AB上。假设P为三角形A1B1C1内一点〔不含边界〕,则点

P在底面ABC的投影可能在△ABC的外部。故选B。答案B5.〔考向三〕〔2022・成都诊断〕在长方体ABCD-A1B1C1D1中，

已知底面ABCD为正方形，P为A1D1的中点，AD=