高考数学复习第八章　第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系（导学案）

这是一份高考数学复习第八章　第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系（导学案），共19页。学案主要包含了课程标准，必备知识 精归纳，常用结论，基础小题 固根基，方法提炼，对点训练，思维导图·构网络等内容，欢迎下载使用。

第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系
【课程标准】
1.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,了解四个基本事实和一个定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
【必备知识 精归纳】
1.四个基本事实
基本事实1:过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面.
符号:A,B,C三点不共线⇒存在唯一的α使A,B,C∈α.
基本事实2:如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.
符号:A∈l,B∈l,且A∈α,B∈α⇒l⊂α.
基本事实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.
符号:P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l.
基本事实4:平行于同一条直线的两条直线平行.
符号:a∥b,b∥c⇒a∥c.
2.基本事实的三个推论
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.
3.空间点、直线、平面之间的位置关系
点睛 (1)直线不在平面内包括直线与平面平行和直线与平面相交.
(2)两直线没有公共点包括平行和异面两种位置关系.
4.等角定理
如果空间中两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.
点睛 若两角的两边分别对应平行且方向都相同或都相反,则这两个角相等;若两角的两边分别对应平行且一边方向相同而另一边方向相反,则这两个角互补.
5.异面直线所成的角
(1)定义:已知两条异面直线a,b,经过空间任意一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围: .
【常用结论】
1.过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
2.过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
3.过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
4.过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
【基础小题 固根基】
1.(教材变式)(多选题)若直线l∥平面α,直线a⊂α,则l与a的位置关系可以
是( )
A.l与a相交B.l⊥a
C.l∥aD.l与a异面
解析：选BCD.因为直线l∥平面α,所以直线l与平面α无公共点,又因为直线a⊂α,所以直线l与直线a无公共点,所以由线与线的位置关系可知,直线l与直线a平行或者异面,也可能异面垂直.
2.(教材提升)(多选题)如图,是正方体的平面展开图,则在这个正方体中,以下命题中,正确的是( )
A.BM与ED平行
B.CN与BM成60°角
C.CN与BE是异面直线
D.DM与BN是异面直线
解析：选BD.正方体的直观图如图所示:
很显然,BM与ED不平行,A错误;
连接AN,AC,易知△ACN是等边三角形,CN与BM的夹角即为∠ANC=60°,B正确;
很显然,CN∥BE,C错误;
连接DM,BN,
DM与BN是异面直线,D正确.
3.(结论2)下列命题中正确的是( )
A.过直线外一点有且只有一个平面与这条直线平行
B.过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
C.过已知平面外一点,有且只有一个平面与已知平面垂直
D.过已知平面外一条直线,必能作出与已知平面平行的平面
解析：选B.对于A,如图在正方体中,过直线AB外一点D1有两个平面,平面A1B1C1D1,平面DCC1D1都与直线AB平行,故错误;
对于B,由于垂直同一条直线的两个平面平行,故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直,故正确;
对于C,如图在正方体中,过平面ABCD外一点D1有两个平面,平面DCC1D1,平面A1ADD1都与平面ABCD垂直,故错误;
对于D,当直线与平面相交时,过该直线,不能作出与已知平面平行的平面,故错误.
4.(漏解)已知四面体ABCD中,E,F,G分别为BC,AD,BD的中点,且异面直线AB与CD所成的角为π3,则∠FGE=________.
解析：如图,因为E,F,G分别为BC,AD,BD的中点,故AB∥FG,CD∥GE,故AB与CD所成的角即FG与GE所成的角为π3,且与∠FGE相等或者互补,故∠FGE=π3或2π3.
答案:π3或2π3
题型一 平面的基本性质及应用
角度1 证明点、线共面
[典例1](1)(2023·潍坊模拟)下列四个命题中的真命题是( )
A.如果一条直线与另两条直线都相交,那么这三条直线必共面
B.如果三条直线两两都相交,那么它们能确定一个平面
C.如果三条直线相互平行,那么这三条直线在同一个平面上
D.如果一条直线与两条平行直线都相交,那么这三条直线确定一个平面
解析：选D.对于A,B,当三条直线交于同一点时,三条直线可能不共面,故A,B错误,
对于C,当三条直线相互平行时,三条直线可能不共面,故C错误,
对于D,一条直线与两条平行直线都相交,那么这三条直线确定一个平面,故D正确.
(2)(2022·聊城模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点.
求证:B,E,D1,F四点共面.
【证明】如图所示:
连接BE,BF,D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME,
因为E为AA1的中点,
所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,
所以四边形EMC1D1为平行四边形,
所以D1E∥MC1,
又因为M为BB1的中点,
所以BM∥C1F,且BM=C1F,
所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四点共面.
【方法提炼】
点、线共面的常用判定方法
(1)纳入平面法:要证明“点共面”或“线共面”,可先由部分点或直线确定一个平面,再证其余点或直线也在这个平面内.
(2)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α,β重合.
(3)证明四点共面常通过证明四点组成的四边形为平行四边形或梯形来解决.
角度2 证明三线共点
[典例2]如图,ABCD为空间四边形,点E,F分别是AB,BC的中点,点G,H分别在CD,AD上,且DH=13AD,DG=13CD.求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)EH,FG必相交且交点在直线BD上.
【证明】(1)连接AC,因为E,F分别是AB,BC的中点,DH=13AD,DG=13CD,
所以EF∥AC,HG∥AC,
所以EF∥HG,所以E,F,G,H四点共面.
(2)易知HG=13AC,又EF=12AC,所以HG≠EF,
结合(1)的结论可知,四边形EFGH是梯形,
因此直线EH,FG不平行.
设它们交点为P,则P∈EH,所以P∈平面ABD,同理P∈FG,所以P∈平面BCD,
又平面ABD∩平面BCD=BD,
因此P∈BD,即EH,FG必相交且交点在直线BD上.
【方法提炼】
证明三线共点的思路
先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经过这点,把问题化归为证明点在直线上的问题,通常是先证两条直线的交点在两个平面的交线上,而第三条直线恰好是两个平面的交线.
角度3 证明三点共线
[典例3](2023·六安模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线A1C与平面BDC1交于点O,AC,BD交于点M,E为AB的中点,F为AA1的中点.求证:C1,O,M三点共线.
【证明】因为A1C∩平面BDC1=O,
所以O∈A1C,O∈平面BDC1;
又因为A1C⊂平面ACC1A1,
所以O∈平面ACC1A1;
因为AC,BD交于点M,所以M∈AC,M∈BD;
又AC⊂平面ACC1A1,BD⊂平面BDC1,
所以M∈平面ACC1A1,M∈平面BDC1;
又C1∈平面ACC1A1,C1∈平面BDC1;
所以C1,O,M三点在平面ACC1A1与平面BDC1的交线上,所以C1,O,M三点共线.
【方法提炼】
证明三点共线的两种方法
(1)首先找出两个平面,然后证明这三点都是这两个平面的公共点,则这三点都在交线上,即三点共线.
(2)选择其中两点确定一条直线,然后证明另一点也在这条直线上,从而得三点共线.
【对点训练】
1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱D1C1的中点.设AM与平面BB1D1D的交点为O,则( )
A.D1,O,B三点共线,且OB=2OD1
B.D1,O,B三点不共线,且OB=2OD1
C.D1,O,B三点共线,且OB=OD1
D.D1,O,B三点不共线,且OB=OD1
解析：选A.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接AD1,BC1,如图,因为C1D1∥CD∥AB,故A,B,C1,D1四点共面,
连接BD1,平面ABC1D1∩平面BB1D1D=BD1,
因为M为棱D1C1的中点,则M∈平面ABC1D1,
而A∈平面ABC1D1,即AM⊂平面ABC1D1,
又O∈AM,则O∈平面ABC1D1,
因为AM与平面BB1D1D的交点为O,
则O∈平面BB1D1D,
于是得O∈BD1,即D1,O,B三点共线,
由C1D1∥CD∥AB,M为棱D1C1的中点,
可得D1M∥AB且D1M=12D1C1=12AB,
故△OMD1∽△OAB,于是得OD1=12OB,
即OB=2OD1,
所以D1,O,B三点共线,且OB=2OD1.
2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点.
(1)求证:CE,D1F,DA三线交于点P;
(2)在(1)的结论中,G是D1E上一点,若FG交平面ABCD于点H,求证:P,E,H三点共线.
【证明】(1)连接A1B,CD1,EF,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点,所以EF∥A1B且EF≠A1B,
因为CD1∥A1B且CD1=A1B,所以EF∥CD1且EF≠CD1,
所以EC与D1F相交,设交点为P,
因为P∈EC,EC⊂平面ABCD,
所以P∈平面ABCD;
又因为P∈FD1,FD1⊂平面ADD1A1,
所以P∈平面ADD1A1,
所以P为两平面的公共点,
因为平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,
所以P∈AD,所以CE,D1F,DA三线交于点P;
(2)在(1)的结论中,G是D1E上一点,FG交平面ABCD于点H,则FH⊂平面PCD1,
所以H∈平面PCD1,又H∈平面ABCD,
所以H∈平面PCD1∩平面ABCD,
同理,P∈平面PCD1∩平面ABCD,
E∈平面PCD1∩平面ABCD,
所以P,E,H都在平面PCD1与平面ABCD的交线上,所以P,E,H三点共线.
题型二 空间线面位置关系
角度1 空间位置关系的判断
[典例4](1)(多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则以下四个结论中,正确的有( )
A.直线AM与CC1是相交直线
B.直线BN与MB1是异面直线
C.AM与BN平行
D.直线A1M与BN共面
解析：选BD.A选项,因为A,M,C,C1四点不共面,所以根据异面直线的定义可得直线AM与CC1是异面直线,故A错误;
B选项,因为B,N,M,B1四点不共面,所以根据异面直线的定义可得直线BN与MB1是异面直线,故B正确;
C选项,取DD1的中点E,连接AE,EN,则有AB∥EN,AB=EN,所以四边形ABNE是平行四边形,所以AE∥BN,因为AM与AE交于点A,所以AM与AE不平行,则AM与BN不平行,故C错误;
D选项,连接A1M,MN,BA1,CD1,
因为M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,
所以MN∥D1C,由正方体的性质可知:
BA1∥D1C,所以MN∥A1B,所以A1,B,M,N四点共面,所以直线A1M与BN共面,故D正确.
(2)(2022·潍坊模拟)a,b,c是空间中互不重合的三条直线,下面给出四个命题:
①若a∥b,b∥c,则a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;
④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线;
上述命题中正确的是________(只填序号).
解析：①根据空间直线平行的平行公理可知,若a∥b,b∥c,则a∥c,所以①正确;
②在空间中,若a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行,也可以异面,所以②错误;
③在空间中,若a与b相交,b与c相交,a与c可以相交、平行,也可以异面,所以③错误;
④若a⊂平面α,b⊂平面β,并不能说明a与b不在同一个平面内,a与b可以平行、相交,也可能是异面直线,所以④错误.
答案:①
【方法提炼】
两直线位置关系的判断方法
(1)异面直线的判断:
①反证法;②判定定理法.
(2)平行直线的判断:
①平面图形的性质(三角形、梯形的中位线,平行四边形等);
②基本事实4平行线的传递性;
③线面平行和线面垂直的定理.
角度2 异面直线所成角
[典例5](1)如图,在五棱锥S-ABCDE中,SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2, BC=DE=3,∠BAE=∠BCD=∠CDE=120°.
求异面直线CD与SB所成的角的余弦值.
解析：连接BE,延长BC,ED交于点F,
则∠DCF=∠CDF=60°,所以△CDF为等边三角形,CF=DF,
因为BC=DE,所以BF=EF,因此△BEF也是等边三角形,所以∠FBE=∠FCD=60°,
所以BE∥CD,所以∠SBE(或其补角)就是异面直线CD与SB所成的角,
因为SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2,由勾股定理可得:SB=SE=4+4=22,
因为∠BAE=120°,由余弦定理得:
BE=AB2+AE2-2AB·AEcs120°=4+4+4=23,
故cs∠SBE=SB2+BE2-SE22SB·BE=8+12-82×22×23=64.
(2)(2023·重庆模拟)如图,在空间四边形ABCD中,AB=CD=8,M,N分别是BC,AD的中点.若异面直线AB与CD所成的角为60°,求MN的长.
解析：如图所示:
取BD的中点E,连接ME,NE.因为M,N分别是BC,AD的中点,
所以ME∥CD且ME=12CD=4,NE∥AB且NE=12AB=4,
从而∠MEN(或其补角)即为AB与CD所成的角.
又异面直线AB与CD所成的角为60°,所以∠MEN=60°或120°,
当∠MEN=60°时,△MNE为等边三角形,MN=4.
当∠MEN=120°时,由余弦定理可知
MN=EN2+EM2-2×EN·EM×cs120°=43.
【方法提炼】
1.综合法求异面直线所成角的步骤
(1)作:通过作平行线得到相交直线.
(2)证:证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求:解三角形,求出所作的角,如果求出的角是锐角或直角,则它就是要求的角;如果求出的角是钝角,则它的补角才是要求的角.
2.向量法:利用向量的数量积求所成角的余弦值.
【对点训练】
1.(2023·济南模拟)如图,点P,Q,R,S分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线PQ与RS不是共面直线的是( )
解析：选C.对于A.
根据正方体结构特点以及中位线的性质可知:
PQ∥RS,故PQ,RS共面,故不符合题意;
对于B.
根据正方体结构特点以及中位线的性质可知:
PQ∥RS,故PQ,RS共面,故不符合题意;
对于C.
根据正方体结构特点可知:PQ⊂平面BCC1B1,RS⊄平面BCC1B1,RS∩平面BCC1B1=E,E∉PQ,所以PQ,RS是异面直线,则直线PQ与RS不是共面直线,符合题意;
对于D.
根据正方体结构特点以及中位线的性质可知:
RP∥A1C1∥SQ,且RP=12SQ,
所以PQ,RS相交,故PQ,RS共面,故不符合题意.
2.(2022·潍坊模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是直角三角形,且AB=BC=AA1,D为棱B1C1的中点,点E在棱BC上,且BC=4BE,则异面直线AC与DE所成角的余弦值是( )
A.3417B.3434C.105D.1010
解析：选B.如图所示,在棱BC上取点F,使CF=BE,连接C1F,AF,A1F,
因为AB=BC=AA1,D为棱B1C1的中点,点E在棱BC上,且BC=4BE,设AB=BC=AA1=4,可得BE=CF=1,BF=3,A1C1=AC=42,EF=2,
在Rt△ABF中,因为AB=4,BF=3,
所以AF=42+32=5,
在Rt△A1AF中,A1F=AA12+AF2=41,
在Rt△C1CF中,C1F=CC12+CF2=17,
因为D是B1C1的中点,所以C1D=2,
所以EF=C1D,
又因为BC∥B1C1,所以EF∥C1D,所以四边形C1DEF是平行四边形,所以DE∥C1F,所以∠A1C1F是异面直线AC与DE所成的角,
在△A1C1F中,由余弦定理可得cs∠A1C1F=32+17-412×42×17=3434,
即异面直线AC与DE所成角的余弦值是3434.
【方法提炼】
作交线的方法
1.利用基本事实3作交线;
2.利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线;
3.与球结合的截线问题,结合球的有关性质求出截线的长度.
【对点训练】
(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.
解析：如图,
设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,连接DB,D1B1, D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1为等边三角形,则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,所以E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,设截面圆的半径为r,则
r=R球2-D1E2=5-3=2.可得EP=EQ=2,所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P=5,所以B1P=D1P2-D1B12=1,同理C1Q=1,所以P,Q分别为BB1,CC1的中点,
所以∠PEQ=π2,知PQ的长为π2×2=2π2.
答案:2π2
【思维导图·构网络】
项目
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形语言
符号语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形语言
符号语言
a∩b=A
a∩α=A
α∩β=l
其他关系
图形语言
-
符号语言
a,b是
异面直线
a⊂α
-
教材改编
结论应用
易错易混
1,2
3
4