高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第二课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案

这是一份高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第二课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共23页。

考点一 基本事实的应用
1．基本事实
2．三个推论
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．
[典例1] (2024·武汉二中月考)如图所示，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，BGGC＝DHHC＝12，
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．
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．
(2)证明共线的方法：证明点为两平面的公共点，则这些点都在两平面的交线上．
(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
跟进训练1 (1)(多选)(2024·荆州中学模拟)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )
A B
C D
(2)(2024·重庆一中月考)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
(1)ABC (2)D [(1)对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；
同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．
(2)∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ．
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β．根据基本事实3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．]
考点二 空间中点、线、面位置关系的判定
1．空间中直线与直线的位置关系
共面直线相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：在同一平面内，没有公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．
提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，他们可能平行或相交．
2．空间中直线与平面的位置关系
直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．
3．空间中平面与平面的位置关系
平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
4．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．
[典例2] (1)(2024·常德一中月考)下列推断中，错误的是( )
A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB
C．l⊄α，A∈l⇒A∉α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合
(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(1)C (2)D [(1)对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A正确；
对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，
故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B正确；
对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错误；
对于D，有三个不共线的点在平面α，β内，故α，β重合，D正确．
(2)法一(反证法)：由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．故选D．
法二(模型法)：如图①，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图②，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．
]
空间点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．
跟进训练2 已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法正确的为________．(填序号)
①若a平行于α内的无数条直线，则a∥α；
②若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；
③若α∥β，a⊂α，则a∥β；
④若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．
③ [①忽略了a在α内这一情况，故①错误；
②直线a与b没有交点，所以直线a与b可能异面也可能平行，故②错误；
③直线a与平面β没有公共点，所以a∥β，故③正确；
④直线a与平面β可能相交也可能平行，故④错误．]
考点三 异面直线所成的角
1．异面直线所成的角
(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线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：0，π2．
2．异面直线判定定理
与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线，如图所示．
[典例3] (2024·湖北八校联考)正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB，D是BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A．π6 B．π4
C．π3 D．π2
C [如图，取B1C1的中点E，连接A1E，CE，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面A1B1C1，而A1E⊂底面A1B1C1，所以BB1⊥A1E，由正三棱柱的性质可知，△A1B1C1为等边三角形，所以A1E⊥B1C1，且BB1∩B1C1＝B1，所以A1E⊥平面BB1C1C，而EC⊂平面BB1C1C，则A1E⊥EC，∠A1EC＝90°，又A1E∥AD，
所以∠CA1E即为异面直线AD与A1C所成的角，
不妨设AB＝2，则AA1＝22，A1E＝3，CE＝3，
则tan ∠CA1E＝CEA1E＝33＝3，
所以∠CA1E＝π3．故选C．]
求异面直线所成的角的三个步骤
一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
二证：证明作出的角是异面直线所成的角．
三求：解三角形，求出所作的角．
跟进训练3 (2024·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝14SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A．222 B．53
C．1316 D．113
D [如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．
∵SE＝14SB，∴SE＝13BE．
又OB＝3，∴OF＝13OB＝1．
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，
∴SC＝32．
∵SO⊥OF，∴SF＝SO2+OF2＝10．
∵OC⊥OF，∴CF＝10．
∴在等腰△SCF中，
tan ∠CSF＝102-3222322＝113．]
课后习题(三十六) 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．(苏教版必修第二册P173练习T2改编)如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α∥β，则a与b( )
A．共面
B．平行
C．是异面直线
D．可能平行，也可能是异面直线
D [α∥β，说明a与b无公共点，
∴a与b可能平行也可能是异面直线．]
2．(人教A版必修第二册P132习题8.4T3改编)下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么两平面一定相交
B．两个平面的公共点一定共线
C．两个平面如果有三个公共点，那么两平面一定重合
D．一定有一个平面过空间任意三点
D [如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．]
3．(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法错误的是( )
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF∥CD
D．EF与AB异面
D [把展开图还原成正方体，如图所示．
还原后点G与C重合，点B与F重合，由图可知A、B、C选项正确，EF与AB相交，故D错误，故选D．]
4．(人教B版必修第四册P71练习B T1改编)如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面展开图是边长为4的正方形，则在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，异面直线AK和LM所成的角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
D [根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取AA1的中点G，连接KG，则有KG∥LM，所以∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角．由题知AG＝2，AK＝KG＝1+1＝2，则有AK2＋KG2＝AG2，所以∠AKG＝90°，即异面直线AK和LM所成的角为90°．故选D．]
5．下面三条直线一定共面的是 ( )
A．a，b，c两两平行
B．a，b，c两两相交
C．a∥b，c与a，b均相交
D．a，b，c两两垂直
C [因为a∥b，所以a，b确定了一个平面，又c与a，b均相交，所以c只能在a，b确定的平面内，即a，b，c共面．故选C．]
6．(2024·长沙模拟)下列命题正确的个数为( )
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
②如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；
③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．
A．0 B．1 C．2 D．3
B [如图所示，棱AA1所在直线有无数个点在平面ABCD外，但棱AA1所在直线与平面ABCD相交，所以命题①不正确．
A1B1∥AB，A1B1所在直线平行于平面ABCD，但直线AB⊂平面ABCD，所以命题②不正确．
直线l与平面α平行，则l与α无公共点，l与平面α内所有直线都没有公共点，所以命题③正确．]
7．(2024·成都诊断)在三棱锥A-BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
B [如图所示，因为EF⊂平面ABC，
HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，
所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．
又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．]
8．(多选)(2024·临沂模拟)如图，在正方体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，B1，B四点共面
D．D1，D，O，M四点共面
AB [∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，
∴O∈平面ACC1A1．
∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，
∴O∈平面C1BD，
∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，
∴C1，M，O三点在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，
即C1，M，O三点共线，故A，B正确；
根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；
根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．]
9．(2024·合肥模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．15 B．56 C．55 D．22
C [法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM．易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成的角．
因为在长方体ABCD-
A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，
所以AD1＝AD2+DD12＝2，
DM＝AD2+12 AB2＝52，
DB1＝AB2+AD2+BB12＝5，所以OM＝12AD1＝1，OD＝12DB1＝52，在△DMO中，由余弦定理，
得cs ∠MOD＝12+522-5222×1×52＝55，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55．故选C．
法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A1′B1′B1A1．连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．
连接DB′，由题意，得DB′＝12+1+12＝5，
B′B1＝12+32＝2，DB1＝12+12+32＝5．
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B'B12+DB12－2B′B1·DB1·cs ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×25cs ∠DB1B′，
∴cs ∠DB1B′＝55．故选C．]
10．已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面的交线可能有________条．
1或2或3 [当平面α过平面β与平面γ的交线时，这三个平面有1条交线；当β与γ平行时，α与β和γ各有一条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b，α∩β＝a，α∩γ＝c时，有3条交线．]
11．(2024·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且AEED＝BFFC＝12，EF＝7，则AB与CD所成角的大小为________．
60° [在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵AEED＝12，
∴BGGD＝12，
又BFFC＝12，∴BGGD＝BFFC，
则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成角，
在△EGF中，EG＝23AB＝2，
GF＝13CD＝1，EF＝7，
∴cs ∠EGF＝22+12-722×2×1＝－12，
∴∠EGF＝120°，
∴AB与CD所成角的大小为60°．]
12．(2024·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱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________．
105 [如图所示，补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，
则所求角为∠BC1D或其补角，
∵BC1＝2，BD＝22+1-2×2×1×cs60°＝3，
C1D＝AB1＝5，
易得C1D2＝BD2+BC12，即BC1⊥BD，
因此cs ∠BC1D＝BC1C1D＝25＝105．]
阶段提能(十一) 表面积、体积及点、线、面的位置关系
1．(人教A版必修第二册P145习题8.5T15)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题：
(1)有水的部分始终呈棱柱形；
(2)没有水的部分始终呈棱柱形；
(3)水面EFGH所在四边形的面积为定值；
(4)棱A1D1始终与水面所在平面平行；
(5)当容器倾斜如图(3)所示时，BE·BF是定值．
其中所有正确命题的序号是________．
(1)(2)(4)(5) [∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，∴有水的部分和无水的部分始终有两个面平行，而其余各面都易证是平行四边形(水面与两平行平面的交线互相平行)，∴(1)(2)是正确的．在题图(1)中，水面面积S1＝EF·FG＝EF·BC，在题图(3)中，S2＝EF·BC，而题图(1)中的EF小于题图(3)中的EF，∴S12．(北师大版必修第二册P227习题6－3A组T6)已知△ABC在平面α外，它的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点．求证：P，Q，R三点共线．
[证明] 设△ABC所在平面为β，α∩β＝l．
∵Q∈AB，AB⊂β，∴Q∈β．
又∵Q∈α，∴Q∈l．
同理可证P∈l，R∈l．
∴P，Q，R三点共线．
3．(人教A版必修第二册P120习题8.3T3)如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱AA1＝8．若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．那么当底面ABC水平放置时，水面高为多少？
[解] 如图：当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面ABFE为梯形，
设△ABC的面积为S，
则S梯形ABFE＝34S，
V水＝34S·AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，则有V水＝Sh，
∴6S＝Sh，
∴h＝6．
故当底面ABC水平放置时，水面高为6．
4．(湘教版必修第二册P156例5)如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体．
(1)求异面直线AA1与BC所成的角；
(2)求异面直线BC1与AC所成的角．
[解] (1)因为AD∥BC，
所以∠A1AD即为直线AA1与BC所成的角．
因为∠A1AD＝90°，
所以直线AA1与BC所成的角为90°．
(2)连接A1C1，A1B(图略)．
因为AA1綉CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，
所以AC∥A1C1，
因此直线BC1与AC所成的角就是直线BC1与A1C1所成的角．
因为A1B＝2a，BC1＝2a，A1C1＝2a．
所以A1B＝BC1＝A1C1．
因此，直线BC1与A1C1所成的角为60°，
即直线BC1与AC所成的角为60°．
5．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．22
C．4 D．42
B [设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，
解得l＝22，故选B．]
6．(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )
A．20＋123 B．282
C．2823 D．563
C [如图，分别取上下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，
则OB＝22，O1B1＝2，BM＝2，B1M＝4-2＝2，
故正四棱台的体积为V＝13(S上＋S下＋S上·S下)h＝13×(4＋16＋8)×2＝2823，故选C．]
7．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
C [如图，依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台下底面面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，上底面面积S′＝180.0 km2＝180×106 m2，
所以V＝13h(S＋S′＋SS')＝13×9×140×106+180×106+140×180×1012
＝3×(320＋60 7)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选C．]
8．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙＝2，则 V甲V乙＝( )
A．5 B．22
C．10 D．510
C [设母线长为l，甲圆锥底面圆半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙＝πr1lπr2l＝r1r2＝2，
所以r1＝2r2，
又2πr1l＋2πr2l＝2π，
则r1+r2l＝1，
所以r1＝23l，r2＝13l，
所以甲圆锥的高h1＝l2-49l2＝53l，
乙圆锥的高h2＝l2-19 l2＝223l，
所以V甲V乙＝13πr12h113πr22h2＝49l2×53l19l2×223l＝10．
故选C．]
9．(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为3 3和4 3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32+OO12＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42+OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．]
10．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
ABD [由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为2 m的正四面体，且2＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为3 m，3＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为3 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
11．(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
28 [如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P-A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′-ABCD，且A′B′＝2，AB＝4．记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′-ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2．易知△PO′H′∽△POH，所以PO'PO＝O'H'OH，即3PO＝12，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝13×3×(22＋2×4＋42)＝28．]
12．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
39π [设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2+62＝254+36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π．]
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
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
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
基本事实4
平行于同一条直线的两条直线平行