2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第8章第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系基础知识整合1．平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内．公理2：经过不在同一直线上的三点，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．2．用集合语言描述点、线、面间的关系(1)点与平面的位置关系：点A在平面α内记作A∈α，点A不在平面α内记作A∉α.(2)点与直线的位置关系点A在直线l上记作A∈l，点A不在直线l上，记作A∉l.(3)线面的位置关系：直线l在平面α内记作l⊂α，直线l不在平面α内记作l⊄α.(4)平面α与平面β相交于直线a，记作α∩β＝a.(5)直线l与平面α相交于点A，记作l∩α＝A.(6)直线a与直线b相交于点A，记作a∩b＝A.3．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)空间平行线的传递性公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(3)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．(4)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：(0°，90°]．4．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系  位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面,    平行个 α∥β0个相交 α∩β＝l, 无数个 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方法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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　　)A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α答案　D解析　b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．2．(2019·福州质检)已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的(　　)A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件答案　A解析　若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，故选A.3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(　　)A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC答案　D解析　A，B，C，D构成的四边形可能为平面四边形，也可能为空间四边形，D不成立．4．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　　)A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行答案　C解析　由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b为异面直线矛盾，D错误．故选C.5．设a，b，c是空间中的三条直线，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．上述命题中错误的是________(写出所有错误命题的序号)．答案　②③④解析　由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错误．故填②③④.6．(2019·河南南阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，O为CD上的动点，VP－OAB恒为定值，且△PDC是正三角形，则直线PD与直线AB所成角的大小是________．答案　60°解析　因为VP－OAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．因为O为CD上的动点，所以CD∥AB.所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成的角．因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.所以直线PD与直线AB所成的角为60°. 核心考向突破考向一　平面基本性质的应用例1　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明　(1)如图所示，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥CD1，∴EF∥CD1.∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴直线CE与直线D1F必相交，设交点为P.则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．1．证明点或线共面问题的两种方法(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．证明点共线问题的两种方法(1)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．[即时训练]　1.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)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．证明　(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.在△BCD中，＝＝，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)由(1)知EF綊BD，GH綊BD.∴四边形FEGH为梯形，∴直线GE与直线HF交于一点，设EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.∴P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．精准设计考向，多角度探究突破考向二　空间两条直线的位置关系角度1　　两条直线位置关系的判定例2　(1)(2019·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是异面直线答案　B解析　如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，∴EN＝＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.∵BM，EN都是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.(2)(2019·贵州六盘水模拟)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的位置关系不可能是(　　)A．垂直  B．相交 C．异面  D．平行答案　D解析　∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α内，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交，也可能异面垂直或相交垂直，但一定不平行．故选D.角度2　　异面直线的判定例3　(2019·许昌模拟)如下图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．答案　②④解析　①中GH∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；②④中直线GH与MN是异面直线．  [即时训练]　2.(2019·太原期末)已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l(　　)A．平行  B．相交 C．垂直  D．异面答案　C解析　直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．答案　③④解析　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①错；取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②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③正确；同理④正确，故填③④.考向三　异面直线所成的角 例4　(1)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．答案　60°解析　取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE.在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．设AB＝1，则A1A＝，AB1＝，B1E＝，因为B1E⊥A1C1，平面A1B1C1⊥平面AA1C1C，平面A1B1C1∩平面AA1C1C＝A1C1，所以B1E⊥平面AA1C1C，又AE⊂平面AA1C1C，所以B1E⊥AE，所以cos∠AB1E＝，故∠AB1E＝60°.(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是________．答案　60°解析　如图所示，连接A1B，可知A1B∥E1D，∴∠A1BC1是异面直线E1D与BC1所成的角．连接A1C1，可求得A1C1＝C1B＝BA1＝，∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.求异面直线所成角的方法(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法．平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移． (2)求异面直线所成角的三步曲：“一作、二证、三求”．①一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．②二证：证明作出的角是异面直线所成的角．③三求：解三角形，求出作出的角．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．④其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．[即时训练]　4.如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角等于(　　)A．30°  B．45°C．60°  D．90°答案　B解析　如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.∵E，F分别为CD，AB的中点，∴FG∥AC，EG∥BD，且FG＝AC，EG＝BD.∴∠EFG为EF与AC所成的角．∵AC＝BD，∴FG＝EG.∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，∴△EFG为等腰直角三角形，∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.5．(2019·湖南常德模拟)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．平行答案　D解析　连接D1E并延长，与AD交于点M，则△MDE∽△D1A1E，因为A1E＝2ED，所以M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N，同理可得，N为AD的中点．所以M，N重合，又＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.  　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A.  B.  C.  D.答案　C解析　解法一：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝ ＝2，DB1＝ ＝，B1E1＝ ＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法二：如图，连接BD1，交DB1于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所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C. 解法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.答题启示(1)当异面直线所成的角不易作出或难于计算时，可考虑使用补形法．(2)补形法的目的是平移某一条直线，使之与另一条相交，常见的补形方法是对称补形．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对点训练  (2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱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(　　)A.  B.  C.  D.答案　C解析　解法一：如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos∠B1AD1＝＝，故选C.
解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，所以AC＝，MQ＝.在Rt△MQP中，MP＝＝，则在△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.解法三：作BH⊥AC，H为垂足．以H为坐标原点，方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知可得|BH|＝，|AH|＝，|CH|＝，则A，B，B1，C1，从而＝，＝，cos〈，〉＝.故选C.