2021屆高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何與空間向量第3節(jié)空間點直線平面之間的位置關系教學案含解析新人教A版

1、- 1 -第第 3 3 節(jié)節(jié)空間空間點、直線、平面之間的位置關系點、直線、平面之間的位置關系考試要求1.理解空間直線、平面位置關系的定義；2.了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理；3.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關系的簡單命題.知 識 梳 理1.平面的基本性質(zhì)(1)公理 1：如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi).(2)公理 2：過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面.(3)公理 3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線.2.空間點、直線、平面之間的位置關系直線與直線直線與平面平面與平面平行關系圖形語言符號語言aba相交關系

2、圖形語言符號語言abaaal獨有關系圖形語言符號語言a，b是異面直線a3.平行公理(公理 4)和等角定理平行公理：平行于同一條直線的兩條直線互相平行.等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.4.異面直線所成的角(1)定義：設a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點o作直線aa，bb，把a與b所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).(2)范圍：0，2 .常用結(jié)論與微點提醒- 2 -1.空間中兩個角的兩邊分別對應平行，則這兩個角相等或互補.2.異面直線的判定：經(jīng)過平面內(nèi)一點和平面外一點的直線與平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線互為異面直線.3.兩異面直線所成的角歸結(jié)

3、到一個三角形的內(nèi)角時，容易忽視這個三角形的內(nèi)角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補角.診 斷 自 測1.判斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“”或“”)(1)兩個平面，有一個公共點a，就說，相交于過a點的任意一條直線.()(2)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面.()(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合.()(4)若直線a不平行于平面，且a，則內(nèi)的所有直線與a異面.()解析(1)如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，故錯誤.(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面相交或重合，故錯誤.(4)由于a不平行于平面，且a，則a與平面相交，故平面內(nèi)有與

4、a相交的直線，故錯誤.答案(1)(2)(3)(4)2.(新教材必修第二冊 p147 例 1 改編)在長方體abcda1b1c1d1中，ab3，ad4，aa12，則異面直線ac和bc1所成角的余弦值是()a.8 525b.4 55c.8 55d.4 525解析如圖，連接ad1，cd1，則d1ac(或其補角)就是異面直線ac和bc1所成的角，易知ac5，ad12 5，cd1 13，由余弦定理得cos d1acad21ac2cd212ad1ac8 525.答案a3.(老教材必修 2p45 例 2 改編)已知空間四邊形的兩條對角線相互垂直，順次連接四邊中點的四邊形一定是()- 3 -a.梯形b.矩形c

5、.菱形d.正方形解析如圖所示， 易證四邊形efgh為平行四邊形， 因為e，f分別為ab，bc的中點， 所以efac，又fgbd， 所以efg或其補角為ac與bd所成的角， 而ac與bd所成的角為 90， 所以efg90，故四邊形efgh為矩形.答案b4.(2019貴陽調(diào)研)是一個平面，m，n是兩條直線，a是一個點， 若m，n， 且am，a，則m，n的位置關系不可能是()a.垂直b.相交c.異面d.平行解析依題意，ma，n，m與n異面或相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.答案d5. (2020重慶一中月考)如圖，l，a，b，c，且cl，直線ablm，過a，b，c三點的平面記作，則與的交線必通過

6、()a.點ab.點bc.點c但不過點md.點c和點m解析ab，mab，m.又l，ml，m.根據(jù)公理 3 可知，m在與的交線上.同理可知，點c也在與的交線上.答案d6.(一題多解)(2017全國卷)如圖，在下列四個正方體中，a，b為正方體的兩個頂點，m，n，q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線ab與平面mnq不平行的是()- 4 -解析法一對于選項 b，如圖(1)所示，連接cd，因為abcd，m，q分別是所在棱的中點，所以mqcd，所以abmq，又ab 平面mnq，mq平面mnq，所以ab平面mnq.同理可證選項 c，d 中均有ab平面mnq.因此 a 項中直線ab與平面mnq不平行.圖(

7、1)圖(2)法二對于選項 a，其中o為bc的中點(如圖(2)所示)，連接oq，則oqab，因為oq與平面mnq有交點，所以ab與平面mnq有交點，即ab與平面mnq不平行.答案a考點一平面的基本性質(zhì)及應用【例 1】 已知空間四邊形abcd(如圖所示)，e，f分別是ab，ad的中點，g，h分別是bc，cd上的點，且cg13bc，ch13dc.求證：(1)e，f，g，h四點共面；(2)三直線fh，eg，ac共點.證明(1)連接ef，gh，如圖所示，- 5 -e，f分別是ab，ad的中點，efbd.又cg13bc，ch13dc，ghbd，efgh，e，f，g，h四點共面.(2)易知fh與直線ac不平

8、行，但共面，設fhacm，m平面efhg，m平面abc.又平面efhg平面abceg，meg.fh，eg，ac共點.規(guī)律方法1.證明點或線共面問題的兩種方法：(1)首先由所給條件中的部分線(或點)確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內(nèi)；(2)將所有條件分為兩部分，然后分別確定平面，再證兩平面重合.2.證明點共線問題的兩種方法：(1)先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；(2)直接證明這些點都在同一條特定直線(如某兩個平面的交線)上.3.證明線共點問題的常用方法是：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經(jīng)過該點.【訓練 1】 如圖，平面abef平面abcd，四邊形abef

9、與四邊形abcd都是直角梯形，badfab90，bcad且bc12ad，beaf且be12af，g，h分別為fa，fd的中點.(1)證明：四邊形bchg為平行四邊形；(2)判斷c，d，f，e四點是否共面？為什么？(1)證明由已知fgga，fhhd，可得gh綉12ad，又bc綉12ad，所以gh綉bc.所以四邊形bchg為平行四邊形.- 6 -(2)解c，d，e，f四點共面.理由如下：因為be綉12af，g為fa的中點，所以be綉fg.所以四邊形befg為平行四邊形，所以efbg.由(1)知bg綉ch，所以efch，所以ef與ch共面.又dfh，所以c，d，f，e四點共面.考點二空間兩直線位置關

10、系的判定【例 2】 (1)(一題多解)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面內(nèi)，l2在平面內(nèi)，l是平面與平面的交線，則下列命題正確的是()a.l與l1，l2都不相交b.l與l1，l2都相交c.l至多與l1，l2中的一條相交d.l至少與l1，l2中的一條相交(2)在圖中，g，n，m，h分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示直線gh，mn是異面直線的圖形的序號是_(填上所有正確答案的序號).解析(1)法一由于l與直線l1，l2分別共面，故直線l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交.若ll1，ll2，則l1l2，這與l1，l2是異面直線矛盾.故l至少與l1，l2中的一條相交

11、.法二如圖(1)，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故 a，b 不正確；如圖(2)，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故 c 不正確.(2)圖中，直線ghmn；圖中，g，h，n三點共面，但m 平面ghn，ngh，因此直線gh與mn異面；圖中，連接mg，gmhn，因此gh與mn共面；圖中，g，m，n共面，但h 平面gmn，gmn，因此gh與mn異面.所以在圖中，gh與mn異面.答案(1)d(2)- 7 -規(guī)律方法1.異面直線的判定方法：(1)反證法：先假設兩條直線不是異面直線，即兩條直線平行或相交，由假設出發(fā)，經(jīng)過嚴格的推理，導出矛盾，從而否定假設，肯定兩條直線異面.(

12、2)定理：平面外一點a與平面內(nèi)一點b的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過點b的直線是異面直線.2.點、線、面位置關系的判定，要注意幾何模型的選取，常借助正方體為模型，以正方體為主線直觀感知并認識空間點、線、面的位置關系.【訓練 2】 如圖，在正方體abcda1b1c1d1中，m，n分別為棱c1d1，c1c的中點，有以下四個結(jié)論：直線am與cc1是相交直線；直線am與bn是平行直線；直線bn與mb1是異面直線；直線am與dd1是異面直線.其中正確的結(jié)論為_(填序號).解析直線am與cc1是異面直線，直線am與bn也是異面直線，故錯誤.答案考點三異面直線所成的角【例 3】 (1)(2019湘潭二模)已知四棱錐pa

13、bcd的底面邊長都為 2，papc2 3，pbpd，且dab60，m是pc的中點，則異面直線mb與ap所成的角為_.(2)(2020安陽一模)在正方體abcda1b1c1d1中，點o是底面abcd的中心，過o點作一條直線l與a1d平行，設直線l與直線oc1的夾角為，則 cos_.解析(1)如圖，連接ac與bd，相交于點n，連接mn，則mnpa，所以nmb(或nmb的補角)為異面直線mb與ap所成的角，在mnb中，由題意得nb1，mn 3，bnmn，則 tan nmbnbmn33，nmb30，故答案為 30.(2)如圖所示， 設正方體的表面abb1a1的中心為p， 容易證明opa1d， 所以直線

14、l即為直線op，- 8 -角即poc1.設正方體的棱長為 2，則op12a1d 2，oc1 6，pc1 6，則 cos poc12662 2 612 336.答案(1)30(2)36規(guī)律方法用平移法求異面直線所成角的一般步驟：(1)作角用平移法找(或作)出符合題意的角；(2)求角轉(zhuǎn)化為求一個三角形的內(nèi)角，通過解三角形，求出角的大小.【訓練 3】 (一題多解)(2018全國卷)在長方體abcda1b1c1d1中，abbc1，aa1 3，則異面直線ad1與db1所成角的余弦值為()a.15b.56c.55d.22解析法一如圖，連接bd1，交db1于o，取ab的中點m，連接dm，om.易知o為bd1

15、的中點，所以ad1om，則mod為異面直線ad1與db1所成角或其補角.因為在長方體abcda1b1c1d1中，abbc1，aa1 3，ad1ad2dd212，dmad212ab252，db1ab2ad2dd21 5.所以om12ad11，od12db152，于是在dmo中，由余弦定理，- 9 -得 cosmod12522522215255，即異面直線ad1與db1所成角的余弦值為55.法二以d為坐標原點，da，dc，dd1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示.由條件可知d(0，0，0)，a(1，0，0)，d1(0，0， 3)，b1(1，1， 3)，所以ad1(1，0，

16、3)，db1(1，1， 3).則 cosad1，db1ad1db1|ad1|db1|22 555，即異面直線ad1與db1所成角的余弦值為55.答案c贏得高分立體幾何中的截面問題用一個平面去截幾何體，此平面與幾何體的交集叫做這個幾何體的截面.截面問題涉及線、面位置關系，點線共面、線共點等問題，綜合性較強，常做為壓軸題出現(xiàn).【典例】 (2018全國卷)已知正方體的棱長為 1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()a.3 34b.2 33c.3 24d.32解析如圖，依題意，平面與棱ba，bc，bb1所在直線所成角都相等，容易得到平面ab1c符合題意，進而所有平

17、行于平面ab1c的平面均符合題意.由對稱性， 知過正方體abcda1b1c1d1中心的截面面積應取最大值， 此時截面為正六邊形efghij.正六邊形efghij的邊長為22，將該正六邊形分成 6 個邊長為22的正三角形.故其面積為- 10 -6342223 34.答案a思維升華作出截面的關鍵是找到截線，作出截線的主要根據(jù)有：(1)確定平面的條件；(2)三線共點的條件；(3)面面平行的性質(zhì)定理.【訓練】 已知球o是正三棱錐(底面為正三角形，頂點在底面的射影為底面中心)abcd的外接球，bc3，ab2 3，點e在線段bd上，且bd3be，過點e作球o的截面，則所得的截面中面積最小的截面圓的面積是_

18、.解析如圖，設bdc的中心為o1，球o的半徑為r，連接ao1，o1d，od，o1e，oe，則o1d3sin 6023 3，ao1ad2do213，在 rtoo1d中，r23(3r)2，解得r2，bd3be，de2，在deo1中，o1e 342 32cos 301，oeo1e2oo21 2，過點e作球o的截面，當截面與oe垂直時，截面圓的面積最小，此時截面圓的半徑為 22（ 2）2 2，面積為 2.答案2a 級基礎鞏固一、選擇題1.給出下列說法：梯形的四個頂點共面；三條平行直線共面；有三個公共點的兩個平面重合；三條直線兩兩相交，可以確定 1 個或 3 個平面.其中正確的序號是()a.b.c.d.

19、解析顯然命題正確.- 11 -由于三棱柱的三條平行棱不共面，錯.命題中，兩個平面重合或相交，錯.三條直線兩兩相交，可確定 1 個或 3 個平面，則命題正確.答案b2.已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么c與b()a.一定是異面直線b.一定是相交直線c.不可能是平行直線d.不可能是相交直線解析由已知得直線c與b可能為異面直線也可能為相交直線， 但不可能為平行直線， 若bc，則ab，與已知a，b為異面直線相矛盾.答案c3.(2020福州月考)如圖所示，在正方體abcda1b1c1d1中，e，f分別是ab，ad的中點，則異面直線b1c與ef所成角的大小為()a.30b.45c.60d.90

20、解析連接b1d1，d1c， 則b1d1ef， 故d1b1c或其補角為所求的角.又b1d1b1cd1c， d1b1c60.答案c4.下列命題中正確的個數(shù)為()存在與兩條異面直線都平行的平面；過空間一點，一定能作一個平面與兩條異面直線都平行；若abc在平面外，它的三條邊所在的直線分別交于p，q，r，則p，q，r三點共線；若三條直線a，b，c互相平行且分別交直線l于a，b，c三點，則這四條直線共面；空間中不共面的五個點一定能確定 10 個平面.a.1b.2c.3d.4解析將一個平面內(nèi)的兩條相交直線平移到平面外，且平移后不相交，則這兩條直線異面且與該平面平行，故正確；當點在兩條異面直線中的一條上時，這

21、個平面不存在，故不正確；在中，因為p，q，r三點既在平面abc上，又在平面上，所以這三點必在平面abc與的交線上，即p，q，r三點共線，故正確；在中，因為ab，所以a與b確定一個平面，而l上有a，b兩點在該平面內(nèi)，所以l，即a，b，l三線共面于；同理a，c，l三線也共面，不妨設為，而，有兩條公共的直線a，l，所以與重合，故這些直線共面，故正確；在中，不妨設其中四點共面，則它們最多只能確定 7 個平面，故錯.- 12 -答案c5.在如圖所示的正四棱柱abcda1b1c1d1中，e，f分別是棱b1b，ad的中點，則直線bf與平面ad1e的位置關系是()a.平行b.相交但不垂直c.垂直d.異面解析如

22、圖，取ad1的中點o，連接oe，of，則of平行且等于be，四邊形bfoe是平行四邊形，bfoe，bf 平面ad1e，oe平面ad1e，bf平面ad1e.答案a二、填空題6.正方體ac1中，與面abcd的對角線ac異面的棱有_條.解析如圖，在正方體ac1中，與面abcd的對角線ac異面的棱有bb1，dd1，a1b1，a1d1，d1c1，b1c1，共 6 條.答案67.如圖，已知圓柱的軸截面abb1a1是正方形，c是圓柱下底面弧ab的中點，c1是圓柱上底面弧a1b1的中點，那么異面直線ac1與bc所成角的正切值為_.- 13 -解析取圓柱下底面弧ab的另一中點d，連接c1d，ad，因為c是圓柱下

23、底面弧ab的中點，所以adbc，所以直線ac1與ad所成角等于異面直線ac1與bc所成角.因為c1是圓柱上底面弧a1b1的中點，所以c1d圓柱下底面，所以c1dad，因為圓柱的軸截面abb1a1是正方形，所以c1d 2ad，所以直線ac1與ad所成角的正切值為 2，所以異面直線ac1與bc所成角的正切值為 2.答案28.(2020西安模擬)如圖是正四面體的平面展開圖，g，h，m，n分別為de，be，ef，ec的中點，在這個正四面體中，gh與ef平行；bd與mn為異面直線；gh與mn成 60角；de與mn垂直.以上四個命題中，正確命題的序號是_.解析還原成正四面體adef，其中h與n重合，a，b

24、，c三點重合.易知gh與ef異面，bd與mn異面.又gmh為等邊三角形，- 14 -gh與mn成 60角，易證deaf，mnaf，mnde.因此正確的序號是.答案三、解答題9.如圖，在正方體abcda1b1c1d1中，o為正方形abcd的中心，h為直線b1d與平面acd1的交點.求證：d1，h，o三點共線.證明如圖，連接bd，b1d1，則bdaco，bb1綉dd1，四邊形bb1d1d為平行四邊形.又hb1d，b1d平面bb1d1d，則h平面bb1d1d，平面acd1平面bb1d1dod1，hod1.故d1，h，o三點共線.10.在正方體abcda1b1c1d1中，(1)求直線ac與a1d所成角

25、的大?。?2)若e，f分別為ab，ad的中點，求直線a1c1與ef所成角的大小.解(1)如圖，連接b1c，ab1，由abcda1b1c1d1是正方體，易知a1db1c，從而b1c與ac所成的角就是ac與a1d所成的角.因為ab1acb1c，- 15 -所以b1ca60.即直線a1d與ac所成的角為 60.(2)連接bd，在正方體abcda1b1c1d1中，acbd，aca1c1，因為e，f分別為ab，ad的中點，所以efbd，所以efac.所以efa1c1.即直線a1c1與ef所成的角為 90.b 級能力提升11.平面過正方體abcda1b1c1d1的頂點a，平面cb1d1，平面abcdm，平

26、面abb1a1n，則m，n所成角的正弦值為()a.32b.22c.33d.13解析如圖所示，設平面cb1d1平面abcdm1，平面cb1d1，則m1m，又平面abcd平面a1b1c1d1，平面cb1d1平面a1b1c1d1b1d1，b1d1m1，b1d1m，同理可得cd1n.故m，n所成角的大小與b1d1，cd1所成角的大小相等，即cd1b1的大小.又b1cb1d1cd1(均為面對角線)，cd1b13，得 sin cd1b132，故選 a.答案a12.(2019江西百所名校模擬)已知abc的邊長都為 2， 在邊ab上任取一點d， 沿cd將bcd折起，使平面bcd平面acd.在平面bcd內(nèi)過點b作bp平面acd，垂足為p，那么隨著點d的變化，點p的軌跡長度為()a.6b.3c.23d.- 16 -解析由題意知，平面bcd平面acd，且bp平面acd，那么隨著點d的變化，bpcd始終成立，可得在平面abc中，bpcp始終成立，即得點p的軌跡是以bc為直徑的圓的一部分，由題知隨著點d的變化，bcd的范圍為0，3 ，可得點p的軌跡是以bc為直徑的圓的13，即得點p的軌跡長度為1