2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系学案

www.ks5u.com第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

1.[2020湖北省武汉市部分重点中学联考]下列说法正确的是(　　)

A.梯形一定是平面图形

B.过三点确定一个平面

C.三条直线两两相交确定一个平面

D.若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合

2.[多选题]已知直线l⊄平面α,直线m⊂平面α,则(　　)

A.若l与m不垂直,则l与α一定不垂直

B.若l与m所成的角为30°,则l与α所成的角也为30°

C.l∥m是l∥α的充分不必要条件

D.若l与α相交,则l与m一定是异面直线

3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,与的方向相同,则下列结论中正确的是(　　)

A.OB∥O1B1且与的方向相同

B.OB∥O1B1

C.OB与O1B1不平行

D.OB与O1B1不一定平行

4.[2020广东七校联考]在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为(　　)

A. B. C. D.

5.[2017全国卷Ⅰ]如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

6.[2016全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:

①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.

②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.

③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.

④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.

其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号) 

考法1    空间点、线、面的位置关系的判定及应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1在下列图中,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的是　　　　. 

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(图略),则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.

2[2015安徽高考]已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是

A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行

B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行

C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线

D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面

选项A中,垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行,故选项A错误;选项B中,平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面,故选项B错误;选项C中,若两个平面相交,则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行,故选项C错误;选项D中,若两条直线垂直于同一个平面,则这两条直线平行,所以若两条直线不平行,则它们不可能垂直于同一个平面,故选项D正确.

D

1.如图8 - 2 - 2为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB,CD,EF ,GH所在直线中,互为异面直线的有　　　　对. 

图8-2-2

考法2  求异面直线所成的角　　　　　　　　　　　　　　　　　

3  [2017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BC1所成角的余弦值为　　　　　　　　　　　　　　　　

A. B. C. D.

先将三棱柱补成四棱柱,然后利用平移法将异面直线所成角转化为三角形的内角求解.或直接利用平面向量的相关知识求解.或直接建立空间直角坐标系,利用向量法求解.

解法一　(平移法)如图8 - 2 - 3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所成的角.(补形平移)

因为∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AB1=, AD1=.在△B1D1C1中,∠B1C1D1=60°,B1C1=1,D1C1=2,所以B1D1=,所以cos∠B1AD1=.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

图8 - 2 - 3                                                                        图8 - 2 - 4

解法二　(向量法)如图8 - 2 - 4,取 =a,=b,=c,则由已知可得|a|=2,|b|=|c|=1,且<a,b>=120°,<a,c>=<b,c>=90°.所以a·b=2×1×cos 120°= - 1,a·c=b·c=0.

因为=c - a,=b+c,

所以·=(c - a)·(b+c)=c2+c·b - a·b - a·c=12 - 0 - ( - 1) - 0=2.

又||=,

||=,

所以cos<,>=.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

解法三　(坐标法)如图8 - 2 - 5,在平面ABC内过点B作BD⊥AB,交AC于点D,则∠CBD=30°.

因为BB1⊥平面ABC,故以B为坐标原点,分别以射线BD,BA,BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1),C1(cos 30°, -  sin 30°,1),即C1(, - ,1).

所以=(0, - 2,1),=(, - ,1).所以cos<,>==.

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

C

2.[2018全国卷Ⅱ]在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

数学探究　立体几何中的动态问题

4 [2019安徽省合肥一中等六校联考]如图8 - 2 - 6,在侧棱长为3的正三棱锥A - BCD中,每个侧面都是等腰直角三角形,在该三棱锥的表面上有一个动点P,且点P到点B的距离始终等于2,则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为　　　 . 

分析动点P在三棱锥表面形成的曲线的形状→由弧长公式计算动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度

设动点P在三棱锥表面形成的曲线是EF GH,如图8 - 2 - 7所示,则BE=BH=2.在直角三角形BAH 中,cos∠HBA=,∴∠HBA=,∠HBG=,∴=2×π.同理π.连接HE,在直角三角形HAE中,∠HAE=,AH=AE=,∴×.在等边三角形BCD中,∠CBD=,∴=2×.

则所求曲线的长度为π+π+π+π=π.

素养探源 　

3.[2019广东省肇庆市统一考试]如图8 - 2 - 8,正三棱柱ABC - A1B1C1各条棱的长度均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中不正确的是(　　)

A.在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段

B.平面DMN⊥平面BCC1B1

C.三棱锥A1 - DMN的体积为定值

D.△DMN可能为直角三角形

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1.A　对于A,因为两条平行直线确定一个平面,所以梯形可以确定一个平面,A正确;对于B,过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面,注意三点不共线,B错误;对于C,三条直线两两相交,可以确定一个平面或三个平面,C错误;对于D,若两个平面有三个公共点,则这两个平面相交或重合,D错误.故选A.

2.AC　对于A,当l与m不垂直时,假设l⊥α,那么由l⊥α一定能得到l⊥m,这与已知条件矛盾,因此l与α一定不垂直,A正确;易知B错误;由l∥m可以推出l∥α,但是由l∥α不一定能推出l∥m,因此l∥m是l∥α的充分不必要条件,C正确;若l与α相交,则l与m相交或异面,D错误.故选AC.

【素养落地】　试题通过判断线面位置关系考查直观想象、逻辑推理等核心素养.

3.D　在空间中,若两角相等,角的一边平行且方向相同,则另一边不一定平行,故选D.

4.A　在长方体ABCD - A1B1C1D1中,直线A1B1与直线AB平行,则直线A1B1与AC1所成的角等于直线AB与AC1所成的角.连接BC1(图略),在直角三角形ABC1中,BC1=,AB=1,所以tan∠BAC1=,所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为.故选A.

5.A　解法一　对于选项B,如图D 8 - 2 - 1所示,C,D为正方体的两个顶点,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB∥平面MNQ.选A.

图D 8 - 2 - 1

解法二　对于选项A,作出正方体的底面的对角线,记对角线的交点为O(如图D 8 - 2 - 2所示),连接OQ,则OQ∥AB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行,故选A.

图D 8 - 2 - 2

6.②③④　对于命题①,可运用长方体举反例证明其错误.如图D 8 - 2 - 3,

图D 8 - 2 - 3

不妨设AA' 所在直线为直线m,CD所在直线为直线n,ABCD所在的平面为α,ABC' D' 所在的平面为β,显然这些直线和平面满足题目条件,但α⊥β不成立.故①错误.对于命题②,设过直线n的某平面与平面α相交于直线l,则l∥n,由m⊥α知m⊥l,从而m⊥n,故②正确.对于命题③,由平面与平面平行的性质可知,③正确.对于命题④,由平行的传递性及线面角的定义可知,④正确.

1.3　还原后的正方体的示意图如图D 8 - 2 - 4所示,

图 D 8-2-4

其中AB与CD,AB与GH,EF与GH分别互为异面直线,共3对.

2.C　解法一　如图D 8 - 2 - 5,

图 D 8-2-5

补上一个相同的长方体CDEF - C1D1E1F1,连接DE1,B1E1.易知AD1∥DE1,则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角或其补角.因为在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,所以DE1==2,DB1=,B1E1=,在△B1DE1中,由余弦定理,得cos∠B1DE1=,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.

解法二　如图D 8 - 2 - 6,连接BD1,交DB1于点O,取AB的中点M,连接DM,OM.

图D 8 - 2 - 6

易知O为BD1的中点,所以AD1∥OM,则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角或其补角.因为在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,AD1==2,DM=,DB1=,所以OM=AD1=1,OD=DB1=,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD=,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,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D 8 - 2 - 7所示.

图D 8 - 2 - 7

由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=( - 1,0,),=(1,1,),则由向量夹角公式,得cos<,>=,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.

3.ABC　对于A,如图D 8 - 2 - 8所示,用平行于平面ABC的平面截平面DMN,则交线平行于平面ABC,故A正确.对于B,当M,N分别在BB1,CC1上运动时,若满足BM=C1N,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,如图D 8 - 2 - 8,连接DO,

图D 8 - 2 - 8

由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1,故B正确.对于C,当M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的面积不变,点N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥N - A1DM的体积不变,即三棱锥A1 - DMN的体积为定值,故C正确.对于D,易证DM=DN,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,所以△DMN为等腰直角三角形,所以DO=OM=ON,即MN=2DO.设正三棱柱的棱长为2,则DO=,MN=2.因为MN的最大值为BC1,BC1=2,所以MN不可能为2,即△DMN不可能为直角三角形,故D错误.选ABC.