高中数学高考2 第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份高中数学高考2 第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系，共19页。试卷主要包含了四个公理，空间直线的位置关系等内容，欢迎下载使用。
第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
最新考纲
考向预测
借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解公理1～4及其相关定理.
命题趋势
主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，主要以选择题和填空题的形式出现，主要为中低档题.
核心素养
直观想象、逻辑推理


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：．
(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．
常见误区
1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线即不平行，也不相交．
2．在判断直线与平面的位置关系时最易忽视“线在平面内”．

1．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)×
2．(多选)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系可能是(　　)
A．垂直　　　　　　　 B．相交
C．异面 D．平行
解析：选ABC.依题意，m∩α＝A，n⊂α，
所以m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．
3．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.
4．(易错题)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为所求角，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
答案：60°
5．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EF綊AC，EH綊BD，
所以AC＝BD且AC⊥BD.
答案：(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD


平面的基本性质
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D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A1D1綊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．
【引申探究】　(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)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1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．
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．

空间两直线的位置关系
(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a，b是异面直线，A，B是a上的两点，C，D是b上的两点，M，N分别是线段AC，BD的中点，则MN和a的位置关系是(　　)
A．异面　　　　　　　　 B．平行
C．相交 D．以上均有可能
解析：选A.若MN与AB平行或相交，则MN与AB共面，设该平面为α.因为C∈直线AM，D∈直线BN，所以C∈α，D∈α，所以b⊂α.又因为A∈α，B∈α，所以a⊂α.这与a，b异面矛盾．故选A.
2．(多选)如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，下列说法正确的有(　　)

A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
解析：选CD.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A错；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B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C正确；同理D正确，故选CD.

异面直线所成的角
(1)如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．

(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)取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，

因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
(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)　(2)或

平移法求异面直线所成角的步骤
具体步骤如下：
　

1．直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)
A．30°　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：选C.如图，可补成一个正方体，

所以AC1∥BD1.
所以BA1与AC1所成的角为∠A1BD1.
又易知△A1BD1为正三角形．
所以∠A1BD1＝60°.即BA1与AC1所成的角为60°.
2．(2021·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：

[A级　基础练]
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．(2021·安徽蚌埠第二中学期中)在四面体ABCD中，点E，F，G，H分别在直线AD，AB，CD，BC上，若直线EF和GH相交，则它们的交点一定(　　)
A．在直线DB上 B．在直线AB上
C．在直线CB上 D．都不对
解析：选A.直线EF和GH相交，设其交点为M.因为EF⊂平面ABD，HG⊂平面CBD，所以M∈平面ABD且M∈平面CBD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，所以M∈BD，所以EF与HG的交点在直线BD上．故选A.
4．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.
5．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　　)

A．CC1与B1E是异面直线
B．C1C与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线
D．AE与B1C1所成的角为60°
解析：选C.由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误．
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．(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，在三棱锥P­ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________．

解析：依题意得，AE＝AD＝，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2cos 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝＝＝2，BF＝BD＝＝，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝－.
答案：－
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，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.
(1)画出l的位置；
(2)设l∩A1B1＝P，求PB1的长．

解：(1)如图，延长DM与D1A1交于点O，连接NO，则直线NO即为直线l.

(2)因为l∩A1B1＝P，则易知直线NO与A1B1的交点即为P.
所以A1M∥DD1，且M，N分别是AA1，D1C1的中点，所以A1也为D1O的中点．由图可知＝＝，所以A1P＝，从而可知PB1＝.
10．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°.
[B级　综合练]
11．已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，给出下面四个结论：①若l与m不垂直，则l与α一定不垂直；②若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30°；③l∥m是l∥α的必要不充分条件；④若l与α相交，则l与m一定是异面直线．其中正确结论的个数为(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
解析：选A.对于①，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，故①正确；对于②，易知l与m所成的角为30°时，l与α所成的角不一定为30°，故②不正确；对于③，l∥m可以推出l∥α，但是l∥α不能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，故③不正确；对于④，若l与α相交，则l与m相交或异面，故④不正确．故正确结论的个数为1，选A.
12.如图，在正方体ABCD­A′B′C′D′中，平面α垂直于对角线AC′，且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形，记此截面六边形的面积为S，周长为l，则(　　)
A．S为定值，l不为定值 B．S不为定值，l为定值
C．S与l均为定值 D．S与l均不为定值
解析：选B.设平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形ω，ω与正方体的棱的交点分别为I，J，N，M，L，K(如图)．
将正方体切去两个正三棱锥A­A′BD和C′­B′CD′，得到一个几何体V，则V的上、下底面B′CD′与A′BD互相平行，每个侧面都是等腰直角三角形，截面六边形ω的每一条边分别与V的底面上的每一条边平行．设正方体的棱长为a，＝γ，则IK＝γB′D′＝aγ，KL＝(1－γ)A′B＝a(1－γ)，故IK＋KL＝aγ＋a(1－γ)＝a.同理可证LM＋MN＝NJ＋IJ＝a，故六边形ω周长为3a，即周长为定值．
当I，J，N，M，L，K都在对应棱的中点时，ω是正六边形．其面积S＝6×××＝a2，△A′BD的面积为×(a)2×＝a2，当ω无限趋近于△A′BD时，ω的面积无限趋近于a2，故ω的面积一定会发生变化，不为定值．故选B.
13．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？

解：(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD可得GH綊AD.又BC綊AD，所以GH綊BC.所以四边形BCHG为平行四边形．
(2)C，D，F，E四点共面，理由如下：由BE綊AF，G为FA的中点知，BE綊FG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面，又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
14.

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m＝n时，四边形EFGH为平行四边形，理由如下：
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.
[C级　创新练]
15．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选A.如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
因为α∥平面CB1D1，则m1∥m，又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

所以B1D1∥m1，
所以B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．
又因为B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
所以∠CD1B1＝，
得sin∠CD1B1＝，故选A.
16．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝ ＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
答案：