2024高考数学一轮复习统考第8章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系学案含解析北师大版

PAGE13-第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系基础学问整合1．平面的基本性质公理1：假如一条直线上的eq\x(\s\up1(01))两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内．公理2：经过eq\x(\s\up1(02))不在同始终线上的三点，有且只有一个平面．公理3：假如两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有eq\x(\s\up1(03))且只有一条过eq\x(\s\up1(04))该点的公共直线．2．用集合语言描述点、线、面间的关系(1)点与平面的位置关系：点A在平面α内记作eq\x(\s\up1(05))A∈α，点A不在平面α内记作eq\x(\s\up1(06))A∉α.(2)点与直线的位置关系点A在直线l上记作eq\x(\s\up1(07))A∈l，点A不在直线l上，记作eq\x(\s\up1(08))A∉l.(3)线面的位置关系：直线l在平面α内记作eq\x(\s\up1(09))l⊂α，直线l不在平面α内记作eq\x(\s\up1(10))l⊄α.(4)平面α与平面β相交于直线a，记作eq\x(\s\up1(11))α∩β＝a.(5)直线l与平面α相交于点A，记作eq\x(\s\up1(12))l∩α＝A.(6)直线a与直线b相交于点A，记作eq\x(\s\up1(13))a∩b＝A.3．直线与直线的位置关系(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(\x(\s\up1(14))平行，,\x(\s\up1(15))相交.)),异面直线：不同在\x(\s\up1(16))任何一个平面内的两条直线.))(2)空间平行线的传递性公理4：平行于同一条直线的两条直线eq\x(\s\up1(17))相互平行．(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eq\x(\s\up1(18))相等或互补．(4)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\x(\s\up1(19))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\x(\s\up1(20))(0°，90°]．4．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α多数个平面与平面,平行个α∥β0个相交α∩β＝l,多数个1．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．2．异面直线判定的一个方法过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α答案D解析b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．2．(2024·福州质检)已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，故选A.3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC答案D解析A，B，C，D构成的四边形可能为平面四边形，也可能为空间四边形，D不成立．4．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c肯定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行答案C解析由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，依据公理4，知a∥b，与a，b为异面直线冲突，D错误．故选C.5．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b肯定是异面直线．上述命题中错误的是________(写出全部错误命题的序号)．答案②③④解析由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错误．故填②③④.6．(2024·河南南阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，O为CD上的动点，VP－OAB恒为定值，且△PDC是正三角形，则直线PD与直线AB所成角的大小是________．答案60°解析因为VP－OAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．因为O为CD上的动点，所以CD∥AB.所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成的角．因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.所以直线PD与直线AB所成的角为60°.核心考向突破考向一平面基本性质的应用例1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)如图所示，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥CD1，∴EF∥CD1.∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴直线CE与直线D1F必相交，设交点为P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．证明点或线共面问题的两种方法(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将全部条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．2．证明点共线问题的两种方法(1)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先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．提示：点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．[即时训练]1.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．证明(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.在△BCD中，eq\f(BG,GC)＝eq\f(DH,HC)＝eq\f(1,2)，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)由(1)知EF綊eq\f(1,2)BD，GH綊eq\f(2,3)BD.∴四边形FEGH为梯形，∴直线GE与直线HF交于一点，设EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．精准设计考向，多角度探究突破考向二空间两条直线的位置关系角度1两条直线位置关系的判定例2(1)(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是异面直线答案B解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.∵BM，EN都是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.(2)(2024·贵州六盘水模拟)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不行能是()A．垂直 B．相交C．异面 D．平行答案D解析∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α内，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交，也可能异面垂直或相交垂直，但肯定不平行．故选D.角度2异面直线的判定例3(2024·许昌模拟)如下图，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________．答案②④解析①中GH∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；②④中直线GH与MN是异面直线．[即时训练]2.(2024·太原期末)已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()A．平行 B．相交C．垂直 D．异面答案C解析直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有多数条直线与l垂直．故选C.3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(写出全部正确结论的序号)．答案③④解析因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错；取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④考向三异面直线所成的角例4(1)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．答案60°解析取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE.在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．设AB＝1，则A1A＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(3)，B1E＝eq\f(\r(3),2)，因为B1E⊥A1C1，平面A1B1C1⊥平面AA1C1C，平面A1B1C1∩平面AA1C1C＝A1C1，所以B1E⊥平面AA1C1C，又AE⊂平面AA1C1C，所以B1E⊥AE，所以cos∠AB1E＝eq\f(1,2)，故(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为eq\r(2)，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是________．答案60°解析如图所示，连接A1B，可知A1B∥E1D，∴∠A1BC1是异面直线E1D与BC1所成的角．连接A1C1，可求得A1C1＝C1B＝BA1＝eq\r(3)，∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.求异面直线所成角的方法(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法．平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特别点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．(2)求异面直线所成角的三步曲：“一作、二证、三求”．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，求出作出的角．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．④其中空间选点随意，但要敏捷，常常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．[即时训练]4.如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角等于()A．30° B．45°C．60° D．90°答案B解析如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.∵E，F分别为CD，AB的中点，∴FG∥AC，EG∥BD，且FG＝eq\f(1,2)AC，EG＝eq\f(1,2)BD.∴∠EFG为EF与AC所成的角．∵AC＝BD，∴FG＝EG.∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，∴△EFG为等腰直角三角形，∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.5．(2024·湖南常德模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1A．相交但不垂直 B．相交且垂直C．异面 D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，则△MDE∽△D1A1E，因为A1E＝2ED，所以M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N，同理可得，N为AD的中点．所以M，N重合，又eq\f(ME,ED1)＝eq\f(1,2)，eq\f(MF,BF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(ME,ED1)＝eq\f(MF,BF)，所以EF∥BD1.(2024·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析解法一：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EE\o\al(2,1))＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1B\o\al(2,1)＋A1E\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋\r(5)2－\r(5)2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)，故选C.解法二：如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)，故选C.解法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，则由向量夹角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)，故选C.答题启示(1)当异面直线所成的角不易作出或难于计算时，可考虑运用补形法．(2)补形法的目的是平移某一条直线，使之与另一条相交，常见的补形方法是对称补形．对点训练(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，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，所以cos∠B1AD1＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，故选C.

解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(5),2)，NP＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(\r(2),2).取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝eq\f(1,2)AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2