2025届高考数学一轮复习第7章空间几何体的结构及其三视图和直观图第3讲空间点直线平面之间的位置关系创新教学案含解析新人教版VIP

PAGE1-第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系[考纲解读]1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简洁命题．(重点)2．主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础，但却很少独立命题．预料2024年高考会有以下两种命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.1.空间两条直线的位置关系(1)位置关系分类位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(01))相交直线：同一平面内，有且只有一个,公共点.,\o(□,\s\up1(02))平行直线：同一平面内，没有公共点.)),异面直线：不同在\o(□,\s\up1(03))任何一个平面内，没有公共点.))(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eq\o(□,\s\up1(04))锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\o(□,\s\up1(05))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0°，90°)).(3)等角定理：空间中假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角eq\o(□,\s\up1(06))相等或互补．2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交eq\o(□,\s\up1(01))a∩α＝Aeq\o(□,\s\up1(02))1个平行eq\o(□,\s\up1(03))a∥αeq\o(□,\s\up1(04))0个在平面内eq\o(□,\s\up1(05))a⊂αeq\o(□,\s\up1(06))多数个平面与平面平行eq\o(□,\s\up1(07))α∥βeq\o(□,\s\up1(08))0个相交eq\o(□,\s\up1(09))α∩β＝leq\o(□,\s\up1(10))多数个3.必记结论(1)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．1．概念辨析(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．()(2)假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不行能是平行直线．()(4)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的随意一条直线．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×2．小题热身(1)对于随意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行 B．相交C．垂直 D．互为异面直线答案C解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.(2)以下四个命题中，正确命题的个数是()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．0 B．1C．2 D．3答案B解析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五点不确定共面；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．故正确的个数为1.(3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠题型一平面的基本性质如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又BA1∥D1C，∴EF∥D1∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA1．证明点共面或线共面的常用方法(1)干脆法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．如举例说明(2)．(3)协助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最终证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再依据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，求证：A，M，证明如图，连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC因为M∈A1C所以M∈平面ACC1A1又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1同理，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O题型二空间两直线的位置关系1．如图，G，H，M，N分别是正三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________(填上全部正确答案的序号)．答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．2．在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心．求证：G1G2∥BC证明如图所示，连接SG1并延长交AB于点M，连接SG2并延长交AC于点N，连接MN.由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝eq\f(2,3)SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝eq\f(2,3)SN，∴在△SMN中，eq\f(SG1,SM)＝eq\f(SG2,SN)，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC1．异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设动身，经过严格的推理，导出冲突，从而否定假设，确定两条直线异面．此法在异面直线的判定中常常用到．(2)定理法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．如举例说明1.2．判定平行直线的常用方法(1)三角形中位线的性质．(2)平行四边形的对边平行．(3)平行线分线段成比例定理．(4)公理4.如举例说明2.1．已知a，b，c为三条不重合的直线，有以下结论：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()A．0 B．1C．2 D．3答案B解析解法一：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错误，③明显成立．解法二：构造长方体或正方体模型可快速推断，①②错误，③正确．2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直C．MN与BD平行 D．MN与A1B平行答案D解析如图，连接C1D，∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，∴MN与A1B不行能平行，D错误．题型三异面直线所成的角(2024·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(3),3)答案C解析解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使BD＝BC，B1D1＝B1C1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝eq\r(3).又B1D＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∴cos∠AB1D＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1D2－AD2,2AB1·B1D)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法二：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝eq\r(3)，所以B1D1＝eq\r(3).又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，所以cosθ＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋AD\o\al(2,1)－B1D\o\al(2,1),2AB1·AD1)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法三：过B作BH⊥BC，交AC于点H.以B为原点，以eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BH,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.则A(－1，eq\r(3)，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特别的位置，顶点选在特别的位置上．②证：证明作出的角为所求角．③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cosθ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．(2024·上饶重点中学联考)在空间四边形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，E，F分别是AB，CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案B解析在图1中，连接DE，EC，因为AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，得△DEC为等腰三角形，设空间四边形ABCD的边长为2，即AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝2，在△DEC中，DE＝EC＝eq\r(3)，CF＝1，得EF＝eq\r(2).在图2取AD的中点M，连接MF，EM，因为E，F分别是AB，CD的中点，∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是异面直线AC与EF所成的角．在△EMF中可由余弦定理得cos∠EFM＝eq\f(EF2＋MF2－EM2,2EF·MF)＝eq\f(\r(2)2＋1－1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴∠EFM＝45°，即异面直线AC与EF所成的角为45°.组基础关1．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()A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案D解析因为M∈AB⊂平面ABC，C∈平面ABC.M∈l⊂β，C∈β，所以γ∩β＝直线CM.2．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．3．(2024·华南师大附中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EFA．相交且垂直 B．共面C．平行 D．异面且垂直答案D解析如图所示，AB1⊥平面BCD1，EF⊂平面BCD1，故AB1⊥EF且AB1与EF异面．4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CDA．不存在 B．有且只有两条C．有且只有三条 D．有多数条答案D解析在EF上随意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图所示，所以D正确．5．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是()答案D解析①在A中易证PS∥QR，∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩平面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S6．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B．2C.eq\f(1,4) D．4答案A解析取A′D的中点N，连接PN，MN(如图)，由于M是A′C的中点，故MN∥CD∥PB，且MN＝PB，故四边形PBMN为平行四边形，故MB∥PN，在Rt△A′DP中，tan∠A′PN＝eq\f(A′N,A′P)＝eq\f(1,2)，即异面直线BM与PA′所成角的正切值为eq\f(1,2).7．如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成的角是________．答案90°解析取AA′的中点Q，连接QN，BQ，设BQ与B′M相交于点H，则QN綊AD綊BC，从而有四边形NQBC为平行四边形，所以NC∥QB，则有∠B′HB或其补角为异面直线B′M与CN所成的角．又因为B′B＝BA，∠B′BM＝∠BAQ＝90°，BM＝AQ，所以△B′BM≌△BAQ，所以∠MB′B＝∠QBM.而∠B′MB＋∠MB′B＝90°，从而∠B′MB＋∠QBM＝90°，所以∠MHB＝90°，所以∠B′HB＝90°，即异面直线B′M与CN所成的角是90°.8.(2024·广州模拟)如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为eq\r(7)，则圆柱O1O2的高为________，异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．答案2eq\f(3\r(7),14)解析连接CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD＝2.因为∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝eq\r(3)，易知AB⊥BC，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7)，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE＝2，∠CAE即异面直线AC与BD所成的角．又CE＝eq\r(DE2＋CD2)＝eq\r(5)，所以cos∠CAE＝eq\f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq\f(7＋4－5,2×\r(7)×2)＝eq\f(3\r(7),14).组实力关1．(2024·湖北重点中学联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，O为底面矩形ABCD两条对角线的交点，若异面直线A1O与BC所成的角为60°，则长方体ABCD－A1B1C1DA．4eq\r(2) B．4eq\r(3)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)答案A解析如图，取AB的中点E，连接OE，则有OE∥BC，且OE＝eq\f(1,2)BC＝1，所以∠A1OE即为异面直线A1O与BC所成的角，所以∠A1OE＝60°.在直角三角形A1OE中，A1E＝OE·tan60°＝eq\r(3)，故在直角三角形A1AE中，A1A＝eq\r(A1E2－AE2)＝eq\r(\r(3)2－1)＝e