(新高考)高考数学一轮复习学案8.2《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案8.2《空间点、直线、平面之间的位置关系》(含详解)，共17页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。

第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系


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

(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：．
[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
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
直线在
平面外
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
(2)空间中两个平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行

α∥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
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、教材衍化
1．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
解析：选B．若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则线面相交，A选项不正确，α内存在直线与a相交；B选项正确，α内的直线与直线a的位置关系是相交或者异面，不可能平行；C选项不正确，因为α内的直线与直线a的位置关系是相交或者异面，不可能平行；D选项不正确，α内只有过直线a与平面的交点的直线与a相交．故选B．
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EF所成角的大小为________．

解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
答案：60°
3．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满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．
解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，
所以EF＝EH，故AC＝BD.
(2)因为四边形EFGH为正方形，
所以EF＝EH且EF⊥EH，
因为EFAC，EHBD，
所以AC＝BD且AC⊥BD.
答案：(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD

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
(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

考点一　平面的基本性质(基础型)
了解可以作为推理依据的公理和定理．
核心素养：逻辑推理
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＝A1B.
又因为A1D1BC，
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＝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．

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．　

1．(多选)(2021·预测)用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是(　　)
A．直角三角形　　　　 B．正五边形
C．正六边形 D．梯形
解析：选CD．画出截面图形如图：

可以画出三角形但不是直角三角形，故A错误；如图1经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故B错误；正方体有六个面，如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故C正确；可以画出梯形但不是直角梯形，故D正确．
2.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，＝＝，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．
考点二　空间两直线的位置关系(基础型)
认识和理解空间点、线、面的位置关系．
核心素养：逻辑推理、直观想象
(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＝.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝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＝2，所以在等腰三角形BDE中，BM＝，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B．

【答案】　B

　

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
考点三　异面直线所成的角(基础型)
求异面直线所成的角关键是转化为平面角，常利用平移法解决．
(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． B．1
C． D．
(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＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，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＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.
【答案】　(1)C　(2)或

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＝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＝＝，
所以CO＝CF＝.
易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，
所以BD＝＝，
所以OG＝BD＝.
易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，
又GE＝BE＝，所以CG＝＝.
在△COG中，由余弦定理得，
cos∠COG＝＝＝，所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.
答案：

[基础题组练]
1．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．
2．(多选)下列命题正确的是(　　)
A．梯形一定是平面图形
B．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行
C．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面
D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合
解析：选AC．对于A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故B错误；对于C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故C正确；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，故D错误．
3．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．
4. (多选)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是(　　)

A．C1，M，O三点共线
B．C1，M，O，C四点共面
C．C1，O，A1，M四点共面
D．D1，D，O，M四点共面
解析：选ABC．连接A1C1，AC，则AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M，所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，所以C1，M，O三点共线，所以选项A，B，C均正确，选项D错误．

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＝AB＝1，FG＝CD＝2，
所以在Rt△EFG中，sin∠EFG＝，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＝.

答案：
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BB1DD1，
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＝，AB＝2，AC＝2，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＝×2×2＝2，
三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(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＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
[综合题组练]
1．(创新型)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．
2. (多选)如图，在边长为1的正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在的直线进行翻折，将△CDE沿DE所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．无论旋转到什么位置，A，C两点都不可能重合
B．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°
C．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为90°
D．存在某个位置，使得直线AB与直线CD所成的角为90°
解析：选ABC．在A中，A与C恒不重合，故A正确；在B中，存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°，故B正确；在C中，存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为90°，故C正确；在D中，直线AB与直线CD不可能垂直，故D不成立．故选ABC．
3．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：

①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60°；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45°.
其中正确的是________(填序号)．
解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)．

对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；
对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BE∥GC，所以∠EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDE中，∠EBD＝60°，
所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；
对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；
对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．
答案：①②
4．(2020·河南安阳调研四)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则当△EBC的面积取得最小值时，＝________．
解析：如图所示，连接B1D1，取AB的中点G，连接D1G，B1G.由题意得CF⊥平面B1D1G，

所以当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，
设BC＝a，则S△EBC＝EB·BC＝EB·a，
当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，所以线段EB长度的最小值为，所以＝＝.
答案：
5.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＝AC，
求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
6. (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＝＝，所以EH＝BD.
同理可得FG＝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.