山东专用2024新高考数学一轮复习第七章立体几何7.3空间点直线平面之间的位置关系学案含解析

PAGE第三节空间点、直线、平面之间的位置关系课标要求考情分析1.理解空间直线、平面位置关系的定义．2．了解可以作为推理依据的公理和定理．3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简洁命题．1.与点、线、面的位置关系有关命题真假的辨别及异面直线所成的角是高考考查的重点．2．题型主要以选择题、填空题的形式出现．解题要求有较强的空间想象实力和推理论证实力.学问点一平面的基本性质1．四个公理2.公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；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．学问点二空间直线的位置关系1．位置关系的分类：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线，,平行直线.)),异面直线：不同在任何一个平面内.))2．异面直线所成的角：(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线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))).(3)定理：空间中假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．学问点三eq\o(\s\up17(空间直线与平面，平面与平面之间的),\s\do15(位置关系))1．思索辨析推断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．(×)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A．(×)(3)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(√)(4)假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)2．小题热身(1)在空间中，可以确定一个平面的条件是(D)A．两两相交的三条直线B．三条直线，其中的一条与另外两条分别相交C．三个点D．三条直线，它们两两相交，但不交于同一点(2)下列说法正确的是(D)A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面(3)以下四个命题中，正确命题的个数是(B)①不共面的四点中，其中随意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0B．1C．2D．3(4)如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(D)A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M(5)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为eq\f(2,5).解析：(3)①明显是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不肯定共面；③构造长方体或正方体，如图明显b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数是1.(4)∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.依据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．(5)如图，取AB的中点E，连接B1E，则AM∥B1E.取EB的中点F，连接FN，则B1E∥FN，因此AM∥FN，连接CF，则直线FN与CN所夹锐角或直角为异面直线AM与CN所成的角θ.设AB＝1，在△CFN中，CN＝eq\f(\r(5),2)，FN＝eq\f(\r(5),4)，CF＝eq\f(\r(17),4).由余弦定理得cosθ＝|cos∠CNF|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(CN2＋FN2－CF2,2CN·FN)))＝eq\f(2,5).考点一平面的基本性质【例1】已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C(3)DE，BF，CC1三线交于一点．【证明】(1)连接D1B1，如图所示．因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥(2)在正方体AC1中，设A1CC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈(3)∵EF∥BD且EF<BD，∴DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于点M.方法技巧1证明不共线的四点共面,即证由这四点组成的两条直线平行或相交.或由三点确定一个平面，再证明第4个点在该平面上.2证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，证明点在两个平面的交线上，或者选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在该直线上.1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(D)解析：A，B，C图中四点肯定共面，D中四点不共面．2.如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定一个平面β.又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．考点二空间两条直线的位置关系【例2】(2024·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．【答案】B方法技巧1要推断空间两条直线的位置关系平行、相交、异面，可利用定义及公理4，借助空间想象并充分利用图形进行推断.2推断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体如正方体、空间四边形等模型来推断；二是利用解除法.1．已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥C．其中正确的个数为(B)A．0 B．1C．2 D．3解析：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③明显成立．2．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(DA．相交但不垂直 B．相交且垂直C．异面 D．平行解析：连接D1E并延长交AD于M点，因为A1E＝2ED，可得，M为AD中点，连接BF并延长交AD于N点，因为CF＝2FA，可得N为AD中点，所以M，N重合．且eq\f(ME,ED1)＝eq\f(1,2)，eq\f(MF,FB)＝eq\f(1,2).所以eq\f(ME,ED1)＝eq\f(MF,FB)，所以EF∥BD1.考点三异面直线所成的角【例3】如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)【解析】连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1或其补角为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，故cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(4,5).【答案】Deq\a\vs4\al(一题多变)1.(变条件)将本例条件“AA1＝2AB＝2”变为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，其他条件不变，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(1,2).解析：由平面ABCD内有且仅有一点到A1的距离为1，得AA1＝1.此时正四棱柱变为正方体ABCD­A1B1C1D1由图知A1B与AD1所成角为∠A1BC1或其补角，连接A1C1，则△A1BC1∴∠A1BC1＝60°，∴cos∠A1BC1＝eq\f(1,2)，故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(1,2).2．(变条件、变结论)将本例条件“AA1＝2AB＝2”变为“AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(9,10)”，其他条件不变，则eq\f(AA1,AB)的值为3.解析：设eq\f(AA1,AB)＝t，则AA1＝tAB．∵AB＝1，∴AA1＝t.∵A1C1＝eq\r(2)，A1B＝eq\r(t2＋1)＝BC1，∴cos∠A1BC1＝eq\f(t2＋1＋t2＋1－2,2×\r(t2＋1)×\r(t2＋1))＝eq\f(9,10).∴t＝3，即eq\f(AA1,AB)＝3.方法技巧用平移法求异面直线所成的角的三步骤,1一作：依据定义作平行线，作出异面直线所成的角；2二证：证明作出的角是异面直线所成的角；3三求：解三角形，求出所作的角.假如求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；假如求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(D)A．eq\f(\r(10),5) B．eq\f(3\r(10),10)C．eq\f(\r(15),5) D．eq\f(\r(10),10)解析：解法1：如图，在平面BCD内，过点D作BC的平行线与过点B作的CD的平行线相交于E，连接AE，则四边形BCDE为平行四边形，所以DE＝BC＝2，且∠ABE为异面直线AB与CD所成的角．因为AD⊥BD，AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，且AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(2)，则AD⊥DE，所以AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(5).因为BD⊥BC，所以DC＝eq\r(BD2＋BC2)＝eq\r(5)，则BE＝CD＝eq\r(5)，于是在△ABE中，由余弦定理，得cos∠ABE＝eq\f(AB2＋BE2－AE2,2AB·BE)＝eq\f(2＋5－5,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，故选D．解法2：以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(－2,1,0)，D(0,0,0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－2，1,0)，则cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10)，故选D．立体几何中的截面问题【典例】如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AB的中点．试画出过点E，C，D1【解】如图，连接CE并延长交DA的延长线于点P，连接D1P交A1A于点F，连接FE，D1C，则四边形CD因为E为棱AB的中点，所以E，A，F分别是CP，DP，D1P的中点，所以EF是△PCD1的中位线，则CP＝D1P＝eq\r(5)，CD1＝eq\r(2)，故四边形CD1FE是等腰梯形．因为S△PCD1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))