2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第七章第三节空间点、线、面之间的位置关系

第三节空间点、线、面之间的位置关系


1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)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．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系

(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：.
(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)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．
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．
[小题体验]
1．(2019·湖州模拟)已知l，m，n为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面，则(　　)
A．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
B．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α
C．若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
D．若m∥n，m⊂α，则n∥α
解析：选A　由l，m，n为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面知，在A中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故A正确；在B中，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；在C中，若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m与β相交，故C错误；在D中，若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，故D错误．故选A.
2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.
答案：③④

1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
3．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．
[小题纠偏]
1．(2018·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)
A．相交或平行　　　　　 　 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
2．(2019·杭州诊断)设l，m，n表示三条直线，α，β，γ表示三个平面，给出下列四个命题：
①若l⊥α，m⊥α，则l∥m；
②若m⊂β，n是l在β内的射影，m⊥l，则m⊥n；
③若m⊂α，m∥n，则n∥α；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.
其中真命题有(　　)
A．①② B．①②③
C．②③④ D．①③④
解析：选A　①可以根据直线与平面垂直的性质定理得出；②可以根据三垂线定理的逆定理得出；对于③，n可以在平面α内，故③不正确；对于④，反例：正方体共顶点的三个平面两两垂直，故④错误．故选A.
3．(教材习题改编)下列命题：
①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．
其中正确命题的个数为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选D　①中若三点在一条直线上，则不能确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定四个平面；④中这三个公共点可以在这两个平面的交线上．故错误的是①③④，正确的是②.所以正确命题的个数为1.


[典例引领]
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，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，连接EF，A1B，CD1.
∵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，
∴CE与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．
[由题悟法]
1．点线共面问题证明的2种方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；
(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
2．证明多线共点问题的2个步骤
(1)先证其中两条直线交于一点；
(2)再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．
[即时应用]

　 如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．
证明：因为AB∥CD，
所以AB，CD确定一个平面β.
又因为AB∩α＝E，AB⊂β，
所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，
因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．

[典例引领]
如图，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C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．
其中正确的结论的序号为________．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．
答案：③④
[由题悟法]

[即时应用]
1．上面例题中正方体ABCD­A1B1C1D1的棱所在直线中与直线AB是异面直线的有________条．
解析：与AB异面的有4条：CC1，DD1，A1D1，B1C1.
答案：4
2．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的是________．(填上所有正确答案的序号)

解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．
答案：②④

[典例引领]
(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1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.
解析：选C　法一：如图，将长方体ABCD­A1B1C1D1补成长方体ABCD­A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，所以∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．
易知B1C2＝AD1＝2，
DB1＝＝，
DC2＝＝＝.
在△DB1C2中，由余弦定理，得
cos∠DB1C2＝＝＝－，
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二：以A1为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，
则A(0,0，)，D1(0,1,0)，D(0,1，)，B1(1,0,0)，
所以AD1＝(0,1，－)，
DB1＝(1，－1，－)，
所以cos〈AD1，DB1〉＝
＝＝.
[由题悟法]
1．用平移法求异面直线所成的角的3步骤
(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：即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．
2．有关平移的3种技巧
求异面直线所成的角的方法为平移法，平移的方法一般有3种类型：
(1)利用图形中已有的平行线平移；
(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
(3)补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．
[即时应用]
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，

(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)连接B1C，AB1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
∵AB1＝AC＝B1C，∴∠B1CA＝60°.
即A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接BD，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，
AC⊥BD，AC∥A1C1，
∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD，∴EF⊥AC.
∴EF⊥A1C1.
即A1C1与EF所成的角为90°.

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1．(2019·台州一诊)设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．a∥b，b⊂α，则a∥α
B．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b
C．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β
D．α∥β，a⊂α，则a∥β
解析：选D　由a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面知，在A中，a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；在B中，a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；在C中，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，α∥β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得a∥β，故D正确．故选D.
2．(2018·平阳期末)已知a，b是异面直线，直线c∥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
解析：选C　由平行直线公理可知，若c∥b，则a∥b，与a，b是异面直线矛盾．所以c与b不可能是平行直线．
3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是(　　)
A．6 B．12
C．12 D．24
解析：选A　如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin 45°＝6，故选A.

4.如图所示，平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条；与AB异面的棱有________条．
解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．与AB异面的棱有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4条．
答案：5　4
5.如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，
∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝ ＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
答案：
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1．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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
解析：选A　∵若m⊄α，n⊂α，且m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．
2．(2018·宁波模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　)

A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行
解析：选D　如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD，
所以MN与CC1垂直，故A正确；
因为AC⊥BD，MN∥BD，
所以MN与AC垂直，故B正确；
因为A1B1与BD异面，MN∥BD，
所以MN与A1B1不可能平行，故D错误．
3．(2018·义乌二模)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥n，n⊥α，则m⊥α
解析：选D　由m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面知，在A中，若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故A错误；在B中，若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β相交或平行，故B错误；在C中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；在D中，若m∥n，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥α，故D正确．故选D.
4．(2019·湖州模拟)如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)

解析：选D　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知多边形EFMNQG是一个平面图形，且直线BD1与平面EFMNQG垂直，结合各选项知，选项A、B、C中的平面与这个平面重合，只有选项D中的平面既不与平面EFMNQG重合，又不与之平行．故选D.
5．(2018·宁波九中一模)正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AC＝AA1，则AB1与CA1所成角的大小为(　　)
A．60° B．105°
C．75° D．90°
解析：选D　取A1C1的中点D，连接AD，B1D(图略)，易证B1D⊥A1C，因为tan∠CA1C1·tan∠ADA1＝×＝1，所以A1C⊥AD，又B1D∩AD＝D，所以A1C⊥平面AB1D，又AB1⊂平面AB1D，所以A1C⊥AB1，故AB1与CA1所成角的大小为90°.
6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．

解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．
答案：3
7．(2018·福建六校联考)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．
上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．
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；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；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．
答案：①
8.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．
解析：取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，
所以C1D⊥圆柱下底面，
所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
答案：
9．(2018·舟山模拟)在空间四边形ABCD中，已知AD＝1，BC＝，且AD⊥BC，对角线BD＝，AC＝，求AC和BD所成的角．
解：如图，分别取AD，CD，AB，BD的中点E，F，G，H，连接EF，FH，HG，GE，GF.由三角形的中位线定理知，EF∥AC，且EF＝，GE∥BD，且GE＝，GE和EF所成的锐角(或直角)就是AC和BD所成的角．
同理，GH∥AD，HF∥BC，GH＝，HF＝.
又AD⊥BC，
所以∠GHF＝90°，
所以GF2＝GH2＋HF2＝1.
在△EFG中，GE2＋EF2＝1＝GF2，
所以∠GEF＝90°，
即AC和BD所成的角为90°.
10.如图所示，在三棱锥P ­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P ­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，
故三棱锥P ­ABC的体积为
V＝·S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，
则DE∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
则cos∠ADE＝＝＝.
即异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
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1．(2019·绍兴质检)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，A1C与底面ABCD所成的角为60°.
(1)求四棱锥A1­ABCD的体积；
(2)求异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值．
解：(1)∵在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，
连接AC，∴AC＝＝2，
又易知AA1⊥平面ABCD，
∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，
即∠A1CA＝60°，
∴AA1＝AC·tan 60°＝2×＝2，
∵S正方形ABCD＝AB·BC＝2×2＝4，
∴VA1­ABCD＝·AA1·S正方形ABCD＝×2×4＝.
(2)连接BD，易知BD∥B1D1，
∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成的角(或所成角的补角)．
∵BD＝＝2，A1D＝A1B＝＝2，
∴cos∠A1BD＝＝＝，
即异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值是.
2．(2018·台州一模)如图所示的圆锥的体积为π，圆O的直径AB＝2，点C是的中点，点D是母线PA的中点．
(1)求该圆锥的侧面积；
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小．
解：(1)∵圆锥的体积为π，圆O的直径AB＝2，圆锥的高为PO，
∴π×12×PO＝π，解得PO＝，
∴PA＝ ＝2，
∴该圆锥的侧面积S＝πrl＝π×1×2＝2π.
(2)法一：
如图，连接DO，OC.
由(1)知，PA＝2，OC＝r＝1.
∵点D是PA的中点，点O是AB的中点，
∴DO∥PB，且DO＝PB＝PA＝1，
∴∠CDO是异面直线PB与CD所成的角或其补角．
∵PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC，
又点C是 的中点，∴OC⊥AB.
∵PO∩AB＝O，PO⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴OC⊥平面PAB，
又DO⊂平面PAB，∴OC⊥DO，即∠DOC＝90°.
在Rt△DOC中，∵OC＝DO＝1，∴∠CDO＝45°.
故异面直线PB与CD所成角为45°.
法二：连接OC，易知OC⊥AB，又∵PO⊥平面ABC，
∴PO，OC，OB两两垂直，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
其中A(0，－1,0)，P(0,0，)，
D，B(0,1,0)，C(1,0,0)，∴PB＝(0,1，－)，CD＝，
设异面直线PB与CD所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝，
∴θ＝45°，∴异面直线PB与CD所成角为45°.
3．如图所示，三棱柱ABC ­A1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.

(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．
解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.
因为侧棱A1A⊥底面ABC，
所以侧面A1ACC1⊥底面ABC.
又因为EC＝2FB＝2，
所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．
法二：如图所示，
取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ.
因为EC＝2FB＝2，
所以PE綊BF，
所以PQ∥AE，PB∥EF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF.
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF.
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．
(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．
易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝＝＝，
所以BM与EF所成的角的余弦值为.