2024高考数学一轮复习第8章立体几何第2节空间图形的基本关系与公理教学案理北师大版

PAGEPAGE1其次节空间图形的基本关系与公理[最新考纲]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．1．四个公理(1)公理1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(2)公理2：假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内(即直线在平面内)．拓展：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．(3)公理3：假如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．(4)公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．2．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(相交直线,平行直线)),异面直线：不同在任何一个平面内，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′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：(0°，90°]．拓展：异面直线判定的一个定理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，如图所示．3．空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线在平面内aα多数个直线不在平面内直线与平面平行a∥α0个直线与平面相交直线与平面斜交a∩α＝A1个直线与平面垂直a⊥α1个(2)空间中平面与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β0个两平面相交α∩β＝l多数_个4．等角定理空间中，假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．eq\a\vs4\al([常用结论])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)过直线外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)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．一、思索辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)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．()(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．()(3)假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(4)若直线a不平行于平面α，且aα，则α内的全部直线与a异面．()[答案](1)×(2)√(3)×(4)×二、教材改编1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A．肯定是异面直线B．肯定是相交直线C．不行能是平行直线D．不行能是相交直线C[由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不行能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相冲突．]2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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°C[连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C又B1D1＝B1C＝D1∴∠D1B1C3．下列命题正确的是()A．两个平面假如有公共点，那么肯定相交B．两个平面的公共点肯定共线C．两个平面有3个公共点肯定重合D．过空间随意三点，肯定有一个平面D[假如两个平面重合，则解除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故解除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则肯定能找到一个平面过这三个点．]4.如图，在三棱锥A­BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满意条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满意条件________时，四边形EFGH为正方形．(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD[(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq\f(1,2)AC，EH＝eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.]考点1平面的基本性质及应用共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②干脆证明这些点都在同一条特定直线上．(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．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(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∵A1B∥D1C，∴EF∥CD1∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P则由P∈直线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，DA本例第(1)问的证明应用了公理2的推论，采纳线线共面，则线上的点必共面的思想；本例第(2)问的证明应用了公理3，采纳先证明CE与D1F相交，再证明交点在直线DA上．1.(2024·衡水中学模拟)有下列四个命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中随意三点不共线；③空间四点中有三点共线，则此四点共面；④空间四点中随意三点不共线，则此四点不共面．其中真命题的全部序号有________．②③[①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则依据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面冲突，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中随意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]2.如图所示，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EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．[证明](1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.在△BCD中，eq\f(BG,GC)＝eq\f(DH,HC)＝eq\f(1,2)，所以GH∥BD，所以EF∥GH.所以E，F，G，H四点共面．(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG平面ABC，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．考点2推断空间两直线的位置关系空间中两直线位置关系的判定方法1.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交D[法一：(反证法)由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线冲突．故l至少与l1，l2中的一条相交．法二：(模型法)如图(1)，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图(2)，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．]图(1)图(2)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B[如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F.连接BF，∵平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO＝eq\r(3)，ON＝1，EN＝2，MF＝eq\f(\r(3),2)，BF＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(7).∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中点，∴点N在BD上，且BN＝DN.又∵M为ED的中点，∴BM，EN为△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.]3．在下列四个图中，G，N，M，H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________．(填序号)①②③④②④[图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．]在干脆推断不好处理的状况下，反证法、模型法(如构造几何体：正方体、空间四边形等)和特例解除法等是解决此类问题的三种常用便捷方法．考点3异面直线所成的角1.平移法求异面直线所成角的一般步骤(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角．(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小．提示：异面直线所成的角θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．坐标法求异面直线所成的角：当题设中含有两两垂直的三边关系时，常采纳坐标法．提示：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．(1)[一题多解](2024·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1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)(2)如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．①求证：直线EF与BD是异面直线；②若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．(1)C[法一：(平移法)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ABCD­A1B1C1D1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.法二：(坐标法)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\up8(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up8(→))＝(1,1，eq\r(3))，则由向量夹角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up8(→))，eq\o(DB1,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up8(→))·\o(DB1,\s\up8(→)),|\o(AD1,\s\up8(→))|·|\o(DB1,\s\up8(→))|)＝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.法三：(补体法)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA­A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，B′B1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′Beq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝eq\f(\r(5),5).故选C.](2)[解]①证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相冲突．故直线EF与BD是异面直线．②取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq\f(1,2)AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.平移法、坐标法和补体法是求两条异面直线所成角的大小的三种常用方法，其中平移法和补体法的实质是平行移动直线，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，体现了化归思想．[老师备选例题]1．(2024·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)A[如图，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，△CB1D1故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为eq\f(\r(3),2).]2．(2024·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写全部正确结论的编号)②③[依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up8(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up8(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝eq\r(2).设直线AB与a所成夹角为α，则cosα＝eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))·a|,|a||\o(AB,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB与b所成夹角为β，则cosβ＝eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))·b|,|b||\o(AB,\s\up8