高考数学一轮复习考点探究与题型突破第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系(原卷版+解析)，共17页。试卷主要包含了与平面有关的基本事实及推论，基本事实4和等角定理，异面直线所成的角等内容，欢迎下载使用。


1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
(2)基本事实1的三个推论
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
4.异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，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：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
考点1 基本事实的应用
[名师点睛]
共面、共线、共点问题的证明
(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：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
[典例]
如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.
[举一反三]
1.(多选)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( )
2.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
3.(2023·上海市南洋模范中学月考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O.求证：P∈直线B1O.
考点2 空间位置关系的判断
[名师点睛]
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
[典例]
(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行
B.异面
C.相交或平行
D.平行或异面或相交均有可能
(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中( )
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
[举一反三]
1.(多选)(2023·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是( )
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
2．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．
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．
考点3 异面直线所成的角
[名师点睛]
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.
[典例]
(1)(2023·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
(2)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
[举一反三]
1.(2023·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＝eq \f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(22),2) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(13,16) D.eq \f(\r(11),3)
2.(2023·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq \r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
考点4 立体几何中的截线、截面问题
[名师点睛]
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：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.
[典例]
1.(2023·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
2.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
[举一反三]
1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
2.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq \r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
基本事实
内容
图形
符号
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
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
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
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
推论
内容
图形
作用
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
确定平面的依据
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
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
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是
异面直线
a⊂α
第40讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
(2)基本事实1的三个推论
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
4.异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，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：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
考点1 基本事实的应用
[名师点睛]
共面、共线、共点问题的证明
(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：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
[典例]
如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.
证明 (1)∵EF是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.
在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.
∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.
(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.
又Q∈EF，∴Q∈β，
则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，
∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.
∴R∈α，且R∈β，
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.
[举一反三]
1.(多选)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( )
解析：选ABC.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.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.
3.(2023·上海市南洋模范中学月考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O.求证：P∈直线B1O.
【证明】 因为BD1⊂平面BDD1B1，且BD1与平面ACB1交于点P，
所以点P是平面BDD1B1与平面ACB1的公共点，
因为平面BDD1B1∩平面ACB1＝B1O，
所以P∈直线B1O.
考点2 空间位置关系的判断
[名师点睛]
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
[典例]
(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行
B.异面
C.相交或平行
D.平行或异面或相交均有可能
答案 D
解析 根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况均有可能，
如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选D.
(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中( )
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
答案 BCD
解析 还原成正四面体A－DEF，如图所示，
其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面.
连接GM，∵△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角.
由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，
∴MN⊥DE，
因此正确的选项是B，C，D.
[举一反三]
1.(多选)(2023·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是( )
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
答案 ABD
解析 如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；
因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.
2．已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．
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．
解析：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．
答案：③
考点3 异面直线所成的角
[名师点睛]
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.
[典例]
(1)(2023·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，sin ∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6).
(2)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
答案 B
解析 如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，
则ON∥CD，MN∥AB，
且ON＝eq \f(1,2)CD，MN＝eq \f(1,2)AB，
所以∠ONM或其补角即为所求的角.
因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，
所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.
设正方形边长为2，OB＝OD＝eq \r(2)，所以BD＝2，则OM＝eq \f(1,2)BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1.
所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.
所以直线AB与CD所成的角为60°.
[举一反三]
1.(2023·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＝eq \f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(22),2) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(13,16) D.eq \f(\r(11),3)
答案：D
【解析】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．因为SE＝eq \f(1,4)SB，所以SE＝eq \f(1,3)BE.又OB＝3，所以OF＝eq \f(1,3)OB＝1.
因为SO⊥OC，SO＝OC＝3，所以SC＝3eq \r(2).
因为SO⊥OF，所以SF＝ eq \r(SO2＋OF2)＝eq \r(10).
因为OC⊥OF，所以CF＝eq \r(10).
所以在等腰三角形SCF中，tan∠CSF＝eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(10)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)),\f(3\r(2),2))＝eq \f(\r(11),3).
2.(2023·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq \r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 C
解析 如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.
连接D1C.
∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C为直角三角形，
在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq \r(3)，
∴∠CA1D1＝60°.
考点4 立体几何中的截线、截面问题
[名师点睛]
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：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.
[典例]
1.(2023·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(3\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ的边长为eq \f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq \f(\r(2),2)的正三角形.
故其面积为6×eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3\r(3),4).
2.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
答案 eq \f(\r(2)π,2)
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，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq \r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴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＝eq \r(Req \\al(2,球)－D1E2)＝eq \r(5－3)＝eq \r(2).
可得EP＝EQ＝eq \r(2)，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝eq \r(5)，∴B1P＝eq \r(D1P2－D1Beq \\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝eq \f(π,2)，知eq \(PQ,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
[举一反三]
1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
答案 C
解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.
设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.
2.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq \r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
答案 eq \r(13)
解析 如图所示，
连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，
即Q的轨迹为MN，
由棱长为3eq \r(2)，
得C1M＝eq \f(1,2)A1C1＝3，则BC1＝6，
又eq \f(BE,B1C1)＝eq \f(BN,NC1)＝eq \f(1,2)，
则NC1＝eq \f(2,3)BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝
eq \r(MCeq \\al(2,1)＋NCeq \\al(2,1)－2MC1·NC1·cs∠A1C1B)＝eq \r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq \r(13).
基本事实
内容
图形
符号
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
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
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
P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
推论
内容
图形
作用
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
确定平面的依据
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
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
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是
异面直线
a⊂α