高考数学一轮复习第6章第2节空间点、直线、平面之间的位置关系学案

第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系

考试要求：1．借助长方体，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．

2．了解可以作为推理依据的基本事实和定理．

3．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．

一、教材概念·结论·性质重现

1．平面的基本性质

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．

2．空间中直线与直线的位置关系

(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：．

(3)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．

3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系

(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．

(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．

4．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)过直线外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．

二、基本技能·思想·活动经验

1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．

(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a．                            (　√　)

(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过点A的任意一条直线．                            (　×　)

(3)没有公共点的两条直线是异面直线． (　×　)

(4)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．                            (　×　)

2．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

C　解析：由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线．若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．

3．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所成的角的大小为(　　)

A．30°   B．45° 

C．60°   D．90°

C　解析：连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求角，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°．

4．已知互相垂直的平面α，β交于直线l．若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)

A．m∥l   B．m∥n

C．n⊥l   D．m⊥n

C　解析：由已知，α∩β＝l，所以l⊂β．又因为n⊥β，所以n⊥l，C正确．

5．下列关于异面直线的说法正确的是______．(填序号)

①若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；

②若a与b异面，b与c异面，则a与c异面；

③若a，b不同在平面α内，则a与b异面；

④若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面．

④　解析：①②③中的两条直线还有可能平行或相交，由异面直线的定义可知④中说法正确．

考点1　平面的基本性质——综合性

(1)在三棱锥A­BCD的边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　解析：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．

(2)如图，若直线l与平面α相交于点O，A，B∈l，C，D∈α，且AC∥BD，则O，C，D三点的位置关系是_________．

共线　解析：因为AC∥BD，所以AC与BD确定一个平面，记作平面β，则α∩β＝直线CD．因为l∩α＝O，所以O∈α．又因为O∈AB⊂β，所以O∈直线CD，所以O，C，D三点共线．

如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(　　)

D　解析：A、B、C图中四点一定共面，D中四点不共面．

考点2　异面直线所成的角——综合性

已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为(　　)

A．　　　　　　　　　 B．

C．   D．

B　解析：如图，设BC的中点为D，连接A1D，AD，A1B，易知∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角(或其补角)．

设三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长均为1，则AD＝，A1D＝，A1B＝． 由余弦定理，得cos∠A1AB＝＝＝．

本例的条件改为“在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1”，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．

　解析：把三棱柱ABC­A1B1C1补成四棱柱ABCD­A1B1C1D1，如图所示．

连接C1D，BD，则AB1与BC1所成的角为∠BC1D(或其补角)．由题意可知BC1＝，BD＝＝，C1D＝AB1＝．可知BC＋BD2＝C1D2，所以△BC1D为直角三角形，所以cos∠BC1D＝＝．

(2021·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)

A．   B． 

C．   D．

D　解析：方法一：如图，连接BC1，A1C1，

易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角即为直线PB与BC1所成的角，即∠PBC1．不妨设该正方体的棱长为2a，则BC1＝2a，PC1＝PB1＝a，PB＝＝a，所以BC＝PC＋PB2，所以∠C1PB＝90°，则sin∠PBC1＝＝＝，所以∠PBC1＝．故选D．

方法二：如图，连接A1B，BC1，A1C1，

易证四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，因此∠PBC1为异面直线PB与AD1所成的角．易知△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝．在正方形A1B1C1D1中．因为P是B1D1的中点，所以P是A1C1的中点，所以∠PBC1＝∠A1BC1＝．故选D．

考点3　空间两条直线的位置关系——综合性

考向1　异面直线的判断

如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD是正三角形，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

B　解析：如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，MC．因为△CDE为正三角形，所以EF⊥CD．设CD＝2，则EF＝，MC＝．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⊥CM，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△MCB中，BM＝，所以BM≠EN．易知BM，EN是相交直线．故选B．

考向2　平行或相交直线的判定

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)

A．相交但不垂直   B．相交且垂直

C．异面   D．平行

D　解析：如图，连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点．

连接BF并延长，交AD于点N．因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1．

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

D　解析：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．

2．(多选题)如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是(　　)

A．GH与EF平行　 B．BD与MN为异面直线

C．GH与MN成60°角   D．DE与MN垂直

BCD　解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN．故BCD正确．

3．(多选题)(2022·临沂二模)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E, F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中成立的是(　　)

A．EF与BB1垂直 

B．EF与BD垂直

C．EF与CD异面　 

D．EF与A1C1异面

ABC　解析：如图所示，连接A1B，由几何关系可得点E为A1B的中点，且BF＝FC1．由三角形中位线的性质可得EF∥A1C1，即EF与A1C1不是异面直线，很明显，EF与CD异面，由几何关系可得A1C1⊥BB1，A1C1⊥BD，则EF⊥BB1，EF⊥BD．综上可得，选项D中的结论不成立．故选ABC．