高考数学一轮复习考点探究与题型突破第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系(原卷版+解析)

第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系1.与平面有关的基本事实及推论(1)与平面有关的三个基本事实基本事实内容图形符号基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l(2)基本事实1的三个推论推论内容图形作用推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面确定平面的依据推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α3.基本事实4和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.4.异面直线所成的角(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).考点1基本事实的应用[名师点睛]共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.[典例]如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.[举一反三]1.(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是()2.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B.直线ABC．直线CD D.直线BC3.(2023·上海市南洋模范中学月考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O.求证：P∈直线B1O.考点2空间位置关系的判断[名师点睛]空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.[典例](1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中()A.GH与EF平行B.BD与MN为异面直线C.GH与MN成60°角D.DE与MN垂直[举一反三]1.(多选)(2023·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是()A.MN与PD是异面直线B.MN∥平面PBCC.MN∥ACD.MN⊥PB2．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．①若a平行于α内的无数条直线，则a∥α；②若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；③若α∥β，a⊂α，则a∥β；④若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．考点3异面直线所成的角[名师点睛]1.综合法求异面直线所成角的步骤：(1)作：通过作平行线得到相交直线.(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.[典例](1)(2023·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)(2)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为()A.90° B.60° C.45° D.30°[举一反三]1.(2023·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq\f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为()A.eq\f(\r(22),2) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(13,16) D.eq\f(\r(11),3)2.(2023·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq\r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°考点4立体几何中的截线、截面问题[名师点睛]利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.[典例]1.(2023·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3) C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)2.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.[举一反三]1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形2.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq\r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系1.与平面有关的基本事实及推论(1)与平面有关的三个基本事实基本事实内容图形符号基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l(2)基本事实1的三个推论推论内容图形作用推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面确定平面的依据推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α3.基本事实4和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.4.异面直线所成的角(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).考点1基本事实的应用[名师点睛]共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.[典例]如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.证明(1)∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.[举一反三]1.(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是()解析：选ABC.对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．2.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B.直线ABC．直线CD D.直线BC解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.3.(2023·上海市南洋模范中学月考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O.求证：P∈直线B1O.【证明】因为BD1⊂平面BDD1B1，且BD1与平面ACB1交于点P，所以点P是平面BDD1B1与平面ACB1的公共点，因为平面BDD1B1∩平面ACB1＝B1O，所以P∈直线B1O.考点2空间位置关系的判断[名师点睛]空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.[典例](1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能答案D解析根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况均有可能，如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选D.(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中()A.GH与EF平行B.BD与MN为异面直线C.GH与MN成60°角D.DE与MN垂直答案BCD解析还原成正四面体A－DEF，如图所示，其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面.连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角.由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE，因此正确的选项是B，C，D.[举一反三]1.(多选)(2023·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是()A.MN与PD是异面直线B.MN∥平面PBCC.MN∥ACD.MN⊥PB答案ABD解析如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.2．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．①若a平行于α内的无数条直线，则a∥α；②若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；③若α∥β，a⊂α，则a∥β；④若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．解析：①忽略了a在α内这一情况，故①错误；②直线a与b没有交点，所以直线a与b可能异面也可能平行，故②错误；③直线a与平面β没有公共点，所以a∥β，故③正确；④直线a与平面β可能相交也可能平行，故④错误．答案：③考点3异面直线所成的角[名师点睛]1.综合法求异面直线所成角的步骤：(1)作：通过作平行线得到相交直线.(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.[典例](1)(2023·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，BC1＝2eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).(2)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为()A.90° B.60° C.45° D.30°答案B解析如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq\f(1,2)CD，MN＝eq\f(1,2)AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角.因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.设正方形边长为2，OB＝OD＝eq\r(2)，所以BD＝2，则OM＝eq\f(1,2)BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1.所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.所以直线AB与CD所成的角为60°.[举一反三]1.(2023·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq\f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为()A.eq\f(\r(22),2) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(13,16) D.eq\f(\r(11),3)答案：D【解析】如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．因为SE＝eq\f(1,4)SB，所以SE＝eq\f(1,3)BE.又OB＝3，所以OF＝eq\f(1,3)OB＝1.因为SO⊥OC，SO＝OC＝3，所以SC＝3eq\r(2).因为SO⊥OF，所以SF＝eq\r(SO2＋OF2)＝eq\r(10).因为OC⊥OF，所以CF＝eq\r(10).所以在等腰三角形SCF中，tan∠CSF＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(10)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)),\f(3\r(2),2))＝eq\f(\r(11),3).2.(2023·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq\r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°答案C解析如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.连接D1C.∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C为直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq\r(3)，∴∠CA1D1＝60°.考点4立体几何中的截线、截面问题[名师点睛]利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.[典例]1.(2023·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3) C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.易知正六边形EFGHIJ的边长为eq\f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq\f(\r(2),2)的正三角形.故其面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4).2.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝eq\r(Req\o\