高考一轮复习第7章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系

第三讲 空间点、直线、平面之间的位置关系知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 平面的基本性质公理1：如果一条直线上的_两点__在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 公理2：过_不共线__的三点，有且只有一个平面．公理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． 知识点二 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 ⊂α(1)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间中任一点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．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(2)平行公理平行于同一条直线的两条直线_平行__. (3)等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角_相等或互补__.重要结论异面直线的判定定理过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．用符号可表示为：若l⊂α，A∉α，B∈α，B∉l，则直线AB与l是异面直线(如图)．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( √)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( ×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( ×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √)(5)两两相交的三条直线共面．( ×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．( ×)题组二走进教材2．(必修2P52B组T1)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EF所成角的大小为( C )A．30°B．45°C．60°D．90°[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，∴∠D1B1C＝60°.故选C．3．(必修2P45例2)如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点，(1)若AE EB ＝AH HD 且CF FB ＝CGGD，则E 、F 、G 、H 是否共面．_共面__.(2)若E 、F 、G 、H 分别为棱AB 、BC 、CD 、DA 的中点，①当AC ，BD 满足条件_AC ＝BD__时，四边形EFGH 为菱形；②当AC ，BD 满足条件_AC ＝BD 且AC ⊥BD__时，四边形EFGH 为正方形．题组三 走向高考4．(2019·新课标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( B )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] ∵点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，M 是线段ED 的中点，∴BM ⊂平面BDE ，EN ⊂平面BDE ，∵BM 是△BDE 中DE 边上的中线，EN 是△BDE 中BD 边上的中线， ∴直线BM ，EN 是相交直线， 设DE ＝a ，则BD ＝2a ， ∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴BE ＝34a 2＋54a 2＝2a ， ∴BM ＝72a ，EN ＝34a 2＋14a 2＝a ， ∴BM≠EN，故选B ．5．(2017·新课标Ⅱ)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( C )A ．32 B ．155 C ．105D ．33[解析] 解法一：如图所示，补成四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，连DC 1、BD ，则DC 1∥AB 1，∴∠BC 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角， 由题意知BC 1＝2，BD ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3， C 1D ＝5，∴BC 21＋BD 2＝C 1D 2，∴∠DBC 1＝90°， ∴cos ∠BC 1D ＝25＝105.故选C ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，B 1(0,0,1)，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，从而AB 1→＝(－2,0,1)，BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，记异面直线AB 1与BC 1所成角为θ，则cos θ＝|AB 1→·BC 1→||AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105，故选C ．解法三：如图所示，分别延长CB ，C 1B 1至D ，D 1，使BD ＝BC ，B 1D 1＝B 1C 1，连接DD 1，B 1D ．由题意知，C 1B B 1D ，则∠AB 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角．连接AD ，在△ABD 中，由AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB·BD·cos∠ABD ，得AD ＝ 3. 又B 1D ＝BC 1＝2，AB 1＝5，∴cos ∠AB 1D ＝AB 21＋B 1D 2－AD 22AB 1·B 1D ＝5＋2－32×5×2＝105.考点突破·互动探究考点一 平面基本性质的应用——自主练透例1 如图，在空间四边形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． [解析] (1)证明：∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD ．在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH. ∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵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．注：本题(2)可改为：求证GE 、HF 、AC 三线共点．名师点拨1．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，再根据公理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．2．点、线共面的常用判定方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．(2)辅助平面法：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，最后证明平面α，β重合．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．〔变式训练1〕如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[解析] (1)如图，连接EF，CD1，A1B．因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B．又A1B∥CD1，所以EF∥CD1，所以E，C，D1，F四点共面．(2)因为EF∥CD1，EF<CD1，所以CE与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，所以P∈直线DA．所以CE，D1F，DA三线共点.考点二空间两条直线的位置关系——师生共研例2 (1)(2019·上海)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足：a⊂α，b⊂β，c ⊂γ，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系( B )A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①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_③④__(注：把你认为正确的结论序号都填上)．[解析] (1)如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选B．(2)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正确，故填③④.名师点拨1．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，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)判定定理法：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．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：若a∥b，b∥c，则a∥c.〔变式训练2〕(1)(2021·甘肃诊断)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有_3__对．(2)(多选题)(2021·湘潭调研改编)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是( BD )[解析] (1)画出该正方体的直观图如图所示，其中异面直线有(AB，GH)，(AB，GD)，(GH，EB)．故共有3对．故答案为：3.(2)图A中，直线GH∥MN；图B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉HG，因此直线GH与MN异面；图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图D中，G、M、N共面，但H∉平面GMN，G∉MN因此GH与MN异面，故选B、D．考点三异面直线所成的角——师生共研例3 (1)(2021·广西玉林模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD的中点，则异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为( A )A ．55 B ．56 C ．33D ．36(2)(2021·山东泰安模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是( C )A ．58 B ．58 C ．78D ．78(3)若两条异面直线a 、b 所成角为60°，则过空间一点O 与两异面直线a 、b 所成角都为60°的直线有_3__条．[解析] (1)解法一：(平移法) 如图，连接BE ，BF 、D 1F ，由题意知BED 1F 为平行四边形， ∴D 1E ∥BF ，∴异面直线D 1E 与A 1F 所成角为A 1F 与BF 所成锐角，即∠A 1FB ， 连接A 1B ，设AB ＝2，则在△A 1BF 中，A 1B ＝22，BF ＝5， A 1F ＝AA 21＋AD 2＋DF 2＝3，∴cos ∠A 1FB ＝A 1F 2＋BF 2－A 1B 22·A 1F·BF ＝9＋5－82×3×5＝55.∴异面直线D 1E 与A 1F 所成的角的余弦值为55.故选A ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，异面直线D 1E 与A 1F 所成角为θ， 则D 1E →＝(2,1,0)，A 1F →＝(－2,1，－2)， ∴cos θ＝|D 1E →·A 1F →||D 1E →|·|A 1F →|＝35×3＝55.故选A ．(2)连接ND ，取ND 的中点E ，连接ME ，则ME ∥AN ，异面直线AN ，CM 所成的角就是∠EMC ，∵AN ＝AB 2－BN 2＝22， ∴ME ＝2＝EN ，MC ＝22，又∵EN ⊥NC ，∴EC ＝EN 2＋NC 2＝3，∴cos ∠EMC ＝EM 2＋MC 2－EC 22EM·MC ＝2＋8－32×2×22＝78.故选C ．(3)如图，过O 分别作a′∥a ，b′∥b ，则a′，b′所成角为60°，如图易知过O 与a′、b′所成角都为60°的直线有3条， 即与a ，b 所成角都为60°的直线有3条．[引申1]本例(2)中MN 与BD 所成角的余弦值为_73__. [解析] 取CD 的中点H ，连DN ，NH ，MH ，则NH ∥BD ，∠HNM 为异面直线MN 与BD 所成的角，由题意知AN ＝22，从而MN ＝7，又NH ＝32＝MH ，∴cos ∠HNM ＝12MN NH ＝73.[引申2]本例(3)中与异面直线a 、b 所成角都为75°的直线有_4__条． 注：本例中，若直线与异面直线所成角都为θ，则 (1)0<θ<π6时，0条；(2)θ＝π6时，1条；(3)π6<θ<π3时，2条；(4)π3<θ<π2时，4条；(5)θ＝π2时，1条．名师点拨求异面直线所成角的方法1．平移法(1)一作：根据定义作平行线，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．注：①为便于作出异面直线所成角，可用补形法，如将三棱柱补成四棱柱；②注意余弦定理的应用． 2．向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|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．〔变式训练3〕(1)(2021·山西运城调研)如图，等边△ABC 为圆锥的轴截面，D 为AB 的中点，E 为弧BC 的中点，则直线DE 与AC 所成角的余弦值为( C )A ．13 B ．12 C ．22D ．34(2)(2021·黑龙江师大附中期中)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1，则直线A 1B 与AC 1所成角的大小为( B )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°[解析] (1)取BC 的中点O ，连接OE ，OD ，∵D 为AB 的中点， ∴OD ∥AC ，∴∠EDO 即为DE 与AC 所成的角，由E 为BC ︵的中点得OE ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCE ， ∴OE ⊥平面ABC ，从而OE ⊥OD ， 设正△ABC 的边长为2a ，则OD ＝a ＝OE ， ∴cos ∠EDO ＝cos π4＝22，故选C ．(2)解法一：(平移法)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，连接A 1C ，A 1C∩AC 1＝O ，则O 为A 1C 的中点，取BC 的中点H ，连接OH ，则OH ∥A 1B ，∴∠AOH 或其补角即为直线A 1B 与AC 1所成的角．设AB ＝AC ＝AA 1＝1，则BC ＝2， 易得AO ＝AH ＝OH ＝22， ∴三角形AOH 是正三角形，∴∠AOH ＝60°，即异面直线所成角为60°.故选B ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系，不妨设AB ＝1，A 1B 与AC 1所成角为θ，则A 1B →＝(1,0，－1)，AC 1→＝(0,1,1)， ∴cos θ＝|A 1B →·AC 1→||A 1B →|·|AC 1→|＝12×2＝12.∴θ＝60°，故选B ．名师讲坛·素养提升 空间几何体的截面问题例4 (原创)E 、F 分别为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1、C 1D 1的中点，若AB ＝6，则过A 、E 、F三点的截面的面积为_71532__.[解析] 作直线EF 分别与直线DC 、DD 1相交于P 、Q ，连AP 交BC 于M ，连AQ 交A 1D 1于N ，连接NF 、ME. 则五边形AMEFN 即为过A 、E 、F 三点的截面． 由题意易知AP ＝AQ ＝117，PQ ＝92， ∴S △APQ ＝91532，又ME ∥AQ ，且EM AQ ＝13，∴S △MPE ＝S △QNF ＝19S △APQ ，∴S AMEFN ＝79S △APQ ＝71532.名师点拨作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有： (1)确定平面的条件； (2)三线共点的条件； (3)面面平行的性质定理． 〔变式训练4〕(多选题)(2021·百师联盟联考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，用一个平面α截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是( AD )A ．这两部分的表面积也相等B ．截面可以是三角形C ．截面可以是五边形D ．截面可以是正六边形[解析] 平面α截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积也相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图)．故选AD ．。