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2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共18页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
1．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
公理2：过不在一条直线上的三点，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．
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．空间直线的位置关系
(1)位置关系的分类
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(平行,相交)),异面直线：不同在任何一个平面内))
(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(或夹角)．
②范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
[注意] 两直线垂直有两种情况——异面垂直和相交垂直．
(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．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)空间中直线和平面的位置关系
(2)空间中两个平面的位置关系
常用结论
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．
二、习题改编
1．(必修2P43练习T1改编)下列命题中正确的是( )
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
答案：D
2．(必修2P49练习题)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是( )
A．α内的所有直线与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内存在唯一的直线与a平行
D．α内的直线与a都相交
答案：B
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若P∈α∩β且l是α，β的交线，则P∈l.( )
(2)三点A，B，C确定一个平面．( )
(3)若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面．( )
(4)若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α.( )
(5)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)对异面直线的概念理解有误；
(2)对等角定理条件认识不清致误；
(3)对平面的性质掌握不熟练，应用不灵活．
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．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
解析：选C.假设c∥b，又因为c∥a，所以a∥b，这与a，b是异面直线矛盾，故c与b不可能平行．
2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同 B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行 D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.
3．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 ．
解析：EF与正方体左、右两侧面均平行．所以与EF相交的平面有4个．
答案：4
平面的基本性质(典例迁移)
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：E，C，D1，F四点共面．
【证明】 如图所示，连接CD1，EF，A1B，
因为E，F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝eq \f(1,2)A1B.
又因为A1D1eq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E，F，C，D1∈α，
即E，C，D1，F四点共面．
【迁移探究】 (变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？
证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝eq \f(1,2)CD1，
所以四边形CD1FE是梯形，
所以CE与D1F必相交，设交点为P，
则P∈CE，且P∈D1F，
又CE⊂平面ABCD，
且D1F⊂平面A1ADD1，
所以P∈平面ABCD，
且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，
所以CE，D1F，DA三线交于一点．
eq \a\vs4\al()
共面、共线、共点问题的证明方法
(1)证明点或线共面，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将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线，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直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
[提醒] 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．
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．
空间两直线的位置关系(师生共研)
(2019·高考全国卷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
【解析】 如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝eq \r(3).因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2eq \r(2)，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2eq \r(2)，所以在等腰三角形BDE中，BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
1．已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则( )
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n异面、相交、平行均有可能
解析：选D.在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．故选D.
2.如图，正方体ABCDA1B1C1D1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．
其中正确的结论是 (注：把你认为正确的结论的序号都填上)．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
异面直线所成的角(师生共研)
(1)(2020·成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( )
A.eq \r(3) B．1
C.eq \f(\r(6),3) D．eq \f(\r(2),2)
(2)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为 ．
【解析】 (1)如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq \r(2)，PB＝eq \r(5)，BN＝eq \r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故选C.
(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
因为OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝eq \f(1,2).
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2).
【答案】 (1)C (2)eq \f(1,2)或eq \f(\r(3),2)
eq \a\vs4\al()
平移法求异面直线所成角的步骤
具体步骤如下：
1．(2020·广东省七校联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线AC与A1B所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.如图，连接CD1，AD1则A1B∥CD1，所以∠ACD1是异面直线AC与A1B所成的角或其补角．易知△ACD1是等边三角形．所以∠ACD1＝60°，所以异面直线AC与A1B所成的角为60°.故选C.
2．(2020·济南市学习质量评估)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为 ．
解析：如图，连接DE交FC于点O，
取BE的中点G，连接OG，CG，
则OG∥BD且OG＝eq \f(1,2)BD，
所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．
设正方形ABCD的边长为2，
则CE＝BE＝1，CF＝DE＝eq \r(CD2＋CE2)＝eq \r(5)，
所以CO＝eq \f(1,2)CF＝eq \f(\r(5),2).
易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，
所以BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(6)，
所以OG＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(6),2).
易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，
又GE＝eq \f(1,2)BE＝eq \f(1,2)，所以CG＝eq \r(CE2＋GE2)＝eq \f(\r(5),2).
在△COG中，由余弦定理得，
cs∠COG＝eq \f(OC2＋OG2－CG2,2OC·OG)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(30),10)，
所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).
答案：eq \f(\r(30),10)
核心素养系列15 直观想象——空间中的“动”与函数
1．直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．
2．立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一道著名的“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有一个底面为正方形的长方体水池，且底面边长为1丈(注：1丈＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水面齐平(示意图如图所示)，问水深、芦苇的长度各是多少？”设∠DEF＝θ，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 设水深为x(单位：尺)，则芦苇长为x＋1，故(x＋1)2＝x2＋25，所以x＝12，从而tan θ＝eq \f(12,5)，所以eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq \f(12,5)，
故taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3)或taneq \f(θ,2)＝－eq \f(3,2)(舍)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq \f(tan\f(θ,2)＋1,1－tan\f(θ,2))＝eq \f(\f(2,3)＋1,1－\f(2,3))＝5.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
本题是立体几何与数学文化、三角函数的交汇，试题设置的新意，充分体现了考纲要求——要注重学科的内在联系和知识的综合性，在知识网络交汇点处设计试题，使其对数学基础知识的考查达到必要的深度．
如图，四棱锥PABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是( )
解析：选C.过点M作MN⊥AB，
交AB于点N，则MN⊥平面ABCD，
过点N作NQ∥AD，交CD于点Q，
过点Q作QH∥PD，
交PC于点H，连接MH，
则平面MNQH是所作的平面α，
由题意得eq \f(2－x,2)＝eq \f(MN,4)，
解得MN＝4－2x，由eq \f(CQ,CD)＝eq \f(QH,PD).
即eq \f(2－x,2)＝eq \f(QH,2\r(5))，
解得QH＝eq \r(5)(2－x)，
过点H作HE⊥NQ，垂足为E，在Rt△HEQ中，EQ＝eq \r(HQ2－HE2)＝2－x，
所以NE＝2－(2－x)＝x，
所以MH＝x，
所以y＝f(x)＝eq \f(（x＋2）（4－2x）,2)
＝－x2＋4(0＜x＜2)．
所以函数y＝f(x)的图象如图．故选C.
[基础题组练]
1．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一定( )
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
解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．
2．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.
3．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )
A．空间四边形 B．矩形
C．菱形 D．正方形
解析：选B.如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形．
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC.
又FG∥BD，
所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角．
而AC与BD所成的角为90°，
所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形．
4．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．
5．(2020·内蒙古集宁一中四模)如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选A.取CB的中点G，连接EG，FG.则EG∥AB，FG∥CD.所以EF与CD所成的角为∠EFG(或其补角)，因为EF⊥AB，所以EF⊥EG.
EG＝eq \f(1,2)AB＝1，FG＝eq \f(1,2)CD＝2，
所以在Rt△EFG中，sin∠EFG＝eq \f(1,2)，所以EF与CD所成的角为30°.故选A.
6．已知棱长为a的正方体ABCDA′B′C′D′中，M，N分别为CD，AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是 ．
解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC∥A′C′，
所以MN∥A′C′.
答案：平行
7．给出下列四个命题：
①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；
②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；
③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；
④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．
其中真命题的序号是 ．
解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．
答案：①②③
8．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为 ．
解析：如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，
在△AGP中，AG＝GP＝AP，
所以∠APG＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,3)
9．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．
证明：如图，连接BD，B1D1，
则BD∩AC＝O，
因为BB1eq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
又H∈B1D，
B1D⊂平面BB1D1D，
则H∈平面BB1D1D，
因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，
所以H∈OD1.即D1，H，O三点共线．
10.如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，PA＝2.求：
(1)三棱锥PABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，
三棱锥PABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×2＝eq \f(4\r(3),3).
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝eq \r(2)，AD＝2，cs∠ADE＝eq \f(22＋22－2,2×2×2)＝eq \f(3,4).
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
2.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹( )
A．是圆 B．是椭圆
C．是抛物线 D．不是平面图形
解析：选A.如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，则BC⊥CD，再过点B作BE⊥AD于点E，连接HE，因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH.
又BH⊥AC，且AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥AD，BH⊥HE.
又注意到过点B与直线AD垂直的直线都在同一个平面内，于是结合点B，E位置，可知，当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆．故选A.
3.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．
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矛盾．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°.
4.(综合型)如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.
解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又CF∶FB＝CG∶GD，
所以FG∥BD.所以EH∥FG.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．
因为eq \f(EH,BD)＝eq \f(AE,AE＋EB)＝eq \f(m,m＋1)，所以EH＝eq \f(m,m＋1)BD.
同理可得FG＝eq \f(n,n＋1)BD，由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．
(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，
所以EF∥AC，
又EH∥BD，
所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，
因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°，
从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线a在
平面α内
a⊂α
有无数个
公共点
直线
在平
面外
直线a与
平面α
平行
a∥α
没有公
共点
直线a与
平面α
斜交
a∩α＝A
有且只
有一个
公共点
直线a与
平面α
垂直
a⊥α
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行
α∥β
没有公共点
两平面相交
斜交
α∩β＝l
有一条公共直线
垂直
α⊥β且
α∩β＝a
一、知识梳理
1．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
公理2：过不在一条直线上的三点，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．
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．空间直线的位置关系
(1)位置关系的分类
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(平行,相交)),异面直线：不同在任何一个平面内))
(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(或夹角)．
②范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
[注意] 两直线垂直有两种情况——异面垂直和相交垂直．
(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．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)空间中直线和平面的位置关系
(2)空间中两个平面的位置关系
常用结论
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．
二、习题改编
1．(必修2P43练习T1改编)下列命题中正确的是( )
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
答案：D
2．(必修2P49练习题)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是( )
A．α内的所有直线与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内存在唯一的直线与a平行
D．α内的直线与a都相交
答案：B
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若P∈α∩β且l是α，β的交线，则P∈l.( )
(2)三点A，B，C确定一个平面．( )
(3)若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面．( )
(4)若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α.( )
(5)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)对异面直线的概念理解有误；
(2)对等角定理条件认识不清致误；
(3)对平面的性质掌握不熟练，应用不灵活．
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．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
解析：选C.假设c∥b，又因为c∥a，所以a∥b，这与a，b是异面直线矛盾，故c与b不可能平行．
2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同 B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行 D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.
3．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 ．
解析：EF与正方体左、右两侧面均平行．所以与EF相交的平面有4个．
答案：4
平面的基本性质(典例迁移)
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：E，C，D1，F四点共面．
【证明】 如图所示，连接CD1，EF，A1B，
因为E，F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝eq \f(1,2)A1B.
又因为A1D1eq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E，F，C，D1∈α，
即E，C，D1，F四点共面．
【迁移探究】 (变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？
证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝eq \f(1,2)CD1，
所以四边形CD1FE是梯形，
所以CE与D1F必相交，设交点为P，
则P∈CE，且P∈D1F，
又CE⊂平面ABCD，
且D1F⊂平面A1ADD1，
所以P∈平面ABCD，
且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，
所以CE，D1F，DA三线交于一点．
eq \a\vs4\al()
共面、共线、共点问题的证明方法
(1)证明点或线共面，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将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线，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直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
[提醒] 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．
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．
空间两直线的位置关系(师生共研)
(2019·高考全国卷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
【解析】 如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝eq \r(3).因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2eq \r(2)，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2eq \r(2)，所以在等腰三角形BDE中，BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
1．已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则( )
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n异面、相交、平行均有可能
解析：选D.在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．故选D.
2.如图，正方体ABCDA1B1C1D1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．
其中正确的结论是 (注：把你认为正确的结论的序号都填上)．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
异面直线所成的角(师生共研)
(1)(2020·成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( )
A.eq \r(3) B．1
C.eq \f(\r(6),3) D．eq \f(\r(2),2)
(2)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为 ．
【解析】 (1)如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq \r(2)，PB＝eq \r(5)，BN＝eq \r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故选C.
(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
因为OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝eq \f(1,2).
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2).
【答案】 (1)C (2)eq \f(1,2)或eq \f(\r(3),2)
eq \a\vs4\al()
平移法求异面直线所成角的步骤
具体步骤如下：
1．(2020·广东省七校联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线AC与A1B所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.如图，连接CD1，AD1则A1B∥CD1，所以∠ACD1是异面直线AC与A1B所成的角或其补角．易知△ACD1是等边三角形．所以∠ACD1＝60°，所以异面直线AC与A1B所成的角为60°.故选C.
2．(2020·济南市学习质量评估)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为 ．
解析：如图，连接DE交FC于点O，
取BE的中点G，连接OG，CG，
则OG∥BD且OG＝eq \f(1,2)BD，
所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．
设正方形ABCD的边长为2，
则CE＝BE＝1，CF＝DE＝eq \r(CD2＋CE2)＝eq \r(5)，
所以CO＝eq \f(1,2)CF＝eq \f(\r(5),2).
易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，
所以BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(6)，
所以OG＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(6),2).
易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，
又GE＝eq \f(1,2)BE＝eq \f(1,2)，所以CG＝eq \r(CE2＋GE2)＝eq \f(\r(5),2).
在△COG中，由余弦定理得，
cs∠COG＝eq \f(OC2＋OG2－CG2,2OC·OG)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(30),10)，
所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).
答案：eq \f(\r(30),10)
核心素养系列15 直观想象——空间中的“动”与函数
1．直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．
2．立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一道著名的“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有一个底面为正方形的长方体水池，且底面边长为1丈(注：1丈＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水面齐平(示意图如图所示)，问水深、芦苇的长度各是多少？”设∠DEF＝θ，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 设水深为x(单位：尺)，则芦苇长为x＋1，故(x＋1)2＝x2＋25，所以x＝12，从而tan θ＝eq \f(12,5)，所以eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq \f(12,5)，
故taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3)或taneq \f(θ,2)＝－eq \f(3,2)(舍)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq \f(tan\f(θ,2)＋1,1－tan\f(θ,2))＝eq \f(\f(2,3)＋1,1－\f(2,3))＝5.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
本题是立体几何与数学文化、三角函数的交汇，试题设置的新意，充分体现了考纲要求——要注重学科的内在联系和知识的综合性，在知识网络交汇点处设计试题，使其对数学基础知识的考查达到必要的深度．
如图，四棱锥PABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是( )
解析：选C.过点M作MN⊥AB，
交AB于点N，则MN⊥平面ABCD，
过点N作NQ∥AD，交CD于点Q，
过点Q作QH∥PD，
交PC于点H，连接MH，
则平面MNQH是所作的平面α，
由题意得eq \f(2－x,2)＝eq \f(MN,4)，
解得MN＝4－2x，由eq \f(CQ,CD)＝eq \f(QH,PD).
即eq \f(2－x,2)＝eq \f(QH,2\r(5))，
解得QH＝eq \r(5)(2－x)，
过点H作HE⊥NQ，垂足为E，在Rt△HEQ中，EQ＝eq \r(HQ2－HE2)＝2－x，
所以NE＝2－(2－x)＝x，
所以MH＝x，
所以y＝f(x)＝eq \f(（x＋2）（4－2x）,2)
＝－x2＋4(0＜x＜2)．
所以函数y＝f(x)的图象如图．故选C.
[基础题组练]
1．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一定( )
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
解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．
2．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.
3．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )
A．空间四边形 B．矩形
C．菱形 D．正方形
解析：选B.如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形．
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC.
又FG∥BD，
所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角．
而AC与BD所成的角为90°，
所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形．
4．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．
5．(2020·内蒙古集宁一中四模)如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选A.取CB的中点G，连接EG，FG.则EG∥AB，FG∥CD.所以EF与CD所成的角为∠EFG(或其补角)，因为EF⊥AB，所以EF⊥EG.
EG＝eq \f(1,2)AB＝1，FG＝eq \f(1,2)CD＝2，
所以在Rt△EFG中，sin∠EFG＝eq \f(1,2)，所以EF与CD所成的角为30°.故选A.
6．已知棱长为a的正方体ABCDA′B′C′D′中，M，N分别为CD，AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是 ．
解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC∥A′C′，
所以MN∥A′C′.
答案：平行
7．给出下列四个命题：
①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；
②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；
③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；
④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．
其中真命题的序号是 ．
解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．
答案：①②③
8．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为 ．
解析：如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，
在△AGP中，AG＝GP＝AP，
所以∠APG＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,3)
9．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．
证明：如图，连接BD，B1D1，
则BD∩AC＝O，
因为BB1eq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
又H∈B1D，
B1D⊂平面BB1D1D，
则H∈平面BB1D1D，
因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，
所以H∈OD1.即D1，H，O三点共线．
10.如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，PA＝2.求：
(1)三棱锥PABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，
三棱锥PABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×2＝eq \f(4\r(3),3).
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝eq \r(2)，AD＝2，cs∠ADE＝eq \f(22＋22－2,2×2×2)＝eq \f(3,4).
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
2.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹( )
A．是圆 B．是椭圆
C．是抛物线 D．不是平面图形
解析：选A.如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，则BC⊥CD，再过点B作BE⊥AD于点E，连接HE，因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH.
又BH⊥AC，且AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥AD，BH⊥HE.
又注意到过点B与直线AD垂直的直线都在同一个平面内，于是结合点B，E位置，可知，当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆．故选A.
3.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．
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矛盾．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°.
4.(综合型)如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.
解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又CF∶FB＝CG∶GD，
所以FG∥BD.所以EH∥FG.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．
因为eq \f(EH,BD)＝eq \f(AE,AE＋EB)＝eq \f(m,m＋1)，所以EH＝eq \f(m,m＋1)BD.
同理可得FG＝eq \f(n,n＋1)BD，由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．
(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，
所以EF∥AC，
又EH∥BD，
所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，
因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°，
从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线a在
平面α内
a⊂α
有无数个
公共点
直线
在平
面外
直线a与
平面α
平行
a∥α
没有公
共点
直线a与
平面α
斜交
a∩α＝A
有且只
有一个
公共点
直线a与
平面α
垂直
a⊥α
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行
α∥β
没有公共点
两平面相交
斜交
α∩β＝l
有一条公共直线
垂直
α⊥β且
α∩β＝a
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