2025版高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系讲义理含解析

PAGEPAGE12第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系[考纲解读]1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简洁命题．(重点)2.主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础，但却很少独立命题．预料2024年高考会有以下两点命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.1．空间两条直线的位置关系(1)位置关系分类：eq\a\vs4\al(位置,关系)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(01))相交直线：同一平面内，有且只有一个,公共点.,\o(□,\s\up3(02))平行直线：同一平面内，没有公共点.)),异面直线：不同在\o(□,\s\up3(03))任何一个平面内，没有公共点.))(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eq\o(□,\s\up3(04))锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\o(□,\s\up3(05))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)等角定理：空间中假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角eq\o(□,\s\up3(06))相等或互补．2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系3．必记结论(1)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过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过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．1．概念辨析(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．()(2)假如两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不行能是平行直线．()(4)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的随意一条直线．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×2．小题热身(1)对于随意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行 B．相交C．垂直 D．互为异面直线答案C解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.(2)以下四个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中随意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3答案B解析①明显是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不确定共面；③构造长方体或正方体，如图明显b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数为1.(3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.(4)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题型eq\a\vs4\al(一)平面的基本性质如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC綊eq\f(1,2)AD，BE綊eq\f(1,2)FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？解(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，得GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，所以GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)由BE綊eq\f(1,2)AF，G为FA中点，知BE綊GF，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.所以EF与CH共面，又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．结论探究若举例说明中条件不变，证明：FE，AB，DC交于一点．证明由举例说明可知，四边形EBGF和四边形BCHG都是平行四边形，故可得四边形ECHF为平行四边形，∴EC∥HF，且EC＝eq\f(1,2)DF，∴四边形ECDF为梯形．∴FE，DC交于一点，设FE∩DC＝M.∵M∈FE，FE⊂平面BAFE，∴M∈平面BAFE.同理M∈平面BADC.又平面BAFE∩平面BADC＝BA，∴M∈BA，∴FE，AB，DC交于一点．1．证明点共面或线共面的常用方法(1)干脆法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．如举例说明(2)．(3)协助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最终证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再依据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．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．如举例说明中的结论探究．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，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴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，如图所示．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．题型eq\a\vs4\al(二)空间两直线的位置关系1．(2024·金华模拟)如图，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________(填上全部正确答案的序号)．答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．2．(2024·邯郸调研)在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是________．答案G1G2∥BC解析如图所示，连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝eq\f(2,3)SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝eq\f(2,3)SN，∴在△SMN中，eq\f(SG1,SM)＝eq\f(SG2,SN)，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.1．异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设动身，经过严格的推理，导出冲突，从而否定假设，确定两条直线异面．此法在异面直线的判定中常常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．2．判定平行直线的常用方法(1)三角形中位线的性质．(2)平行四边形的对边平行．(3)平行线分线段成比例定理．(4)公理4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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A1B平行答案D解析如图，连接C1D，∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，∴MN与A1B不行能平行，D错误．题型eq\a\vs4\al(三)异面直线所成的角(2024·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.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(3),3)答案C解析解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使CB＝BD，C1B1＝B1D1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝eq\r(3).又B1D＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∴cos∠AB1D＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1D2－AD2,2AB1·B1D)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法二：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝eq\r(3)，所以B1D1＝eq\r(3).又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，所以cosθ＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋AD\o\al(2,1)－B1D\o\al(2,1),2AB1·AD1)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法三：过B作BH⊥BC，交AC于H.以B为原点，以eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BH,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.则A(－1，eq\r(3)，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).条件探究把举例说明的条件改为“正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1”，求异面直线AB1与BD所成的角．解取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE，易知BD∥B1E.在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．设AB＝1，则A1A＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(3)，B1E＝eq\f(\r(3),2)，所以cos∠AB1E＝eq\f(B1E,AB1)＝eq\f(1,2)，因此∠AB1E＝eq\f(π,3)，故异面直线AB1与BD所成的角为eq\f(π,3).求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特别的位置，顶点选在特别的位置上．②证：证明作出的角为所求角．③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直