第七章第39节空间点、直线、平面之间的位置关系

第39节空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求考题分析1.借助长方体,在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上,抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义,了解四个基本事实和一个定理.2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.年份新高考Ⅰ卷新高考Ⅱ卷2022年--2023年--2024年--【主干梳理基础落实】【知识梳理】1.四个基本事实基本事实1文字语言过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面.符号语言符号:A,B,C三点不共线⇒存在唯一的α,使A,B,C∈α.基本事实2文字语言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.符号语言A∈l,B∈l,且A∈α,B∈α⇒l⊂α.基本事实3文字语言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.符号语言P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l.基本事实4文字语言平行于同一条直线的两条直线平行.符号语言a∥b,b∥c⇒a∥c.2.基本事实的三个推论推论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.3.空间直线、平面之间的位置关系项目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∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b=Aa∩α=Aα∩β=l其他关系图形语言-符号语言a,b是异面直线a⊂α-[注意点](1)直线在平面外分直线与平面平行和直线与平面相交两种情况.(2)两条直线没有公共点分直线与直线平行和直线与直线异面两种情况.4.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.5.异面直线所成的角(1)定义:已知两条异面直线a,b,经过空间任意一点O分别作直线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:0,[注意点]两异面直线所成的角,归结到一个三角形内角时,容易忽视这个三角形的内角可以等于两异面直线所成的角,也就可以等于其补角.【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.【知能自测】类型回源教材澄清盲点结论应用题号3,4121.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”.(1)没有公共点的两条直线是异面直线.(×)(2)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.(×)(3)如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.(×)(4)已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么b与c不可能是平行直线.(√)(5)若直线a不平行于平面α,且a⊄α,则α内的所有直线与a异面.(×)2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1的棱所在的直线中,与直线BC1成异面直线的条数为()A.1 B.2 C.3 D.4【解析】选C.与直线BC1成异面直线的有A1B1,AC,AA1,共3条.3.(必修第二册P148练习T3变式)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=AD=12AA1,E是棱DD1的中点,则直线A1C1与AE所成的角的大小为________【解析】如图,连接AC,EC,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,显然A1C1∥AC,则∠EAC为直线A1C1与AE所成的角,由E为DD1的中点,且AD=12AA1,则DE=AD=DC,即AC=AE=CE,故△ACE为等边三角形,则∠EAC=π答案:π4.(必修第二册P134例1变式)如图,在三棱锥A-BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则(1)当AC,BD满足条件______________时,四边形EFGH为菱形;

(2)当AC,BD满足条件______________时,四边形EFGH为正方形.

【解析】(1)因为四边形EFGH为菱形,所以EF=EH,因为EF=12AC,EH=12BD,所以AC(2)因为四边形EFGH为正方形,所以EF=EH且EF⊥EH.因为EF∥AC,EH∥BD,且EF=12AC,EH=12所以AC=BD且AC⊥BD.答案:(1)AC=BD(2)AC=BD且AC⊥BD【考点探究核心突破】考点一基本事实及其应用【例1】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;(3)DE,BF,CC1三线交于一点.【证明】(1)因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面,即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面AA1C1C为α、平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点.同理,P也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈α,且R∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.(3)因为EF∥BD且EF<BD,所以DE与BF相交,设交点为M,则由M∈DE,DE⊂平面D1DCC1,得M∈平面D1DCC1,同理,点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1=CC1,所以M∈CC1.所以DE,BF,CC1三线交于一点M.思维升华1.点、线共面的判断方法(1)纳入平面法:要证明“点共面”或“线共面”,可先由部分点或直线确定一个平面,再证其余点或直线也在这个平面内.(2)辅助平面法: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,最后证明平面α,β重合.(3)证明四点共面常通过证明四点组成的四边形为平行四边形或梯形来解决.2.证明空间点共线问题的方法(1)一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点,再根据基本事实3证明这些点都在这两个平面的交线上.(2)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.对点训练如图,已知空间四边形ABCD,E,F分别是AB,BC的中点,G,H分别在CD和AD上,且满足CGGD=AHHD=2.(1)E,F,G,H四点共面;(2)EH,FG,BD三线交于一点.【证明】(1)因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC.又因为CGGD=AH所以GH∥AC.所以EF∥GH,所以E,F,G,H四点在同一平面内,即E,F,G,H四点共面.(2)因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,EF=12由题意知CGGD=AHHD=2,HG∥AC,HG=13AC,所以四边形EFGH为梯形,直线EH和FG必相交,设交点为M,即EH∩FG因为EH⊂平面ABD,所以点M∈平面ABD,同理可得点M∈平面BCD.又因为平面ABD∩平面BCD=BD,所以点M∈BD,所以EH,FG,BD三线交于一点.【加练备选】已知空间中不过同一点的三条直线a,b,l,则“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【解析】选A.空间中不过同一点的三条直线a,b,l,若a,b,l共面,则a,b,l两两相交,或a,b,l有两条直线平行另一条直线与之相交,或三条直线两两平行,所以必要性不成立.若a,b,l两两相交,则a,b,l共面,充分性成立.故“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”的充分不必要条件.考点二空间位置关系的判断【例2】(1)(2024·日照模拟)已知l,m是两条不同的直线,α为平面,m⊂α,下列说法中正确的是()A.若l与α不平行,则l与m一定是异面直线B.若l∥α,则l与m可能垂直C.若l∩α=A,且A∉m,则l与m可能平行D.若l∩α=A,且l与α不垂直,则l与m一定不垂直【解析】选B.对于选项A:若l与α不平行,则l与α的位置关系为相交或直线在平面内,且m⊂α,则l与m的位置关系为平行、相交或异面,故A错误;对于选项B:若l∥α,则l与m可能垂直,如图所示,l∥l',l'⊂α,l'⊥m,可得l⊥m,故B正确;对于选项C:若l∩α=A,且A∉m,m⊂α,则l与m异面,故C错误;对于选项D:若l∩α=A,且l与α不垂直,则l与m可能垂直,如图,取平面ABCD为α,l=AD1,m=AB,符合题意,但l⊥m,故D错误.(2)(2025·大理州模拟)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD的中点,则()A.直线HE与直线GF是异面直线B.直线HE与直线BB1是异面直线C.直线HE与直线CC1共面D.直线HE与直线BF共面【解析】选C.延长AA1,BB1,CC1,DD1,由正四棱台的性质可得侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的延长线交于同一点,设该交点为P.E,F,G,H分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD的中点,延长HE,GF,则HE,GF的延长线必过点P,则直线HE与直线GF相交于点P;与直线BB1相交于点P;与直线CC1相交于点P;与直线BF是异面直线.思维升华1.判断点、线、面位置关系的策略构造几何体(如:长方体、正方体)模型,在简单、熟悉的模型中直观感知并判定空间点、线、面的位置关系.2.两直线位置关系的判断对点训练(多选题)(2024·重庆名校联考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为正方形ABCD的中心,当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时,下列直线中一定与直线OP异面的是()A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1【解析】选BCD.对于A,如图①,连接AB1,C1D,BD,当P为BC1的中点时,OP∥DC1∥AB1,故A不符合题意;对于B,如图②,连接A1C,A1C1,AC,因为A1C⊂平面AA1C1C,O∈平面AA1C1C,O∉A1C,P∉平面AA1C1C,所以直线A1C与直线OP一定是异面直线,故B符合题意;对于C,如图②,因为A1A⊂平面AA1C1C,O∈平面AA1C1C,O∉A1A,P∉平面AA1C1C,所以直线A1A与直线OP一定是异面直线,故C符合题意;对于D,如图③,连接AD1,D1C,AC,因为AD1⊂平面AD1C,O∈平面AD1C,O∉AD1,P∉平面AD1C,所以直线AD1与直线OP一定是异面直线,故D符合题意.【加练备选】如图,G,N,M,H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________.(填序号)

【解析】题图①中,直线GH∥MN;题图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;题图③中,连接MG,则GM∥HN,因此GH与MN共面;题图④中,G,M,N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面,所以题图②④中GH与MN异面.答案:②④考点三异面直线所成的角【例3】(一题多法)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15 B.56 C.55【解析】选C.法一(平移法):如图,连接BD1,交DB1于点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-A1B1C1D中,AB=BC=1,AA1=3,AD1=ADDM=AD2+(DB1=AB2+AD2+BB12=5,所以OM=12AD1=1,OD由余弦定理,得cos∠MOD=12+(5即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55法二(补体法):如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A'B'BA-A'1B'1B1A1.连接B1B',由长方体性质可知,B1B'∥AD1,所以∠DB1B'为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DB',由题意,得DB'=12+(1+1)2=5,B'B1=12+在△DB'B1中,由余弦定理,得DB'2=B'B12+DB12-2B'B1·DB1·cos∠即5=4+5-2×25cos∠DB1B',所以cos∠DB1B'=55法三(坐标法):以点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(0,0,3),B1(1,1,3),所以=(-1,0,3),=(1,1,3),则由向量夹角公式,得cos<,>==225=55,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.[变式探究]若将本例中条件“AA1=3”变为“异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为910”,则线段AA1的长度为________【解析】设AA1=t,因为AB=BC=1,所以A1C1=2,A1B=BC1=t2+1.所以cos∠A1BC1=A1B2+BC12-A1C1答案:3思维升华平移法求异面直线所成角的步骤一作:用三角形中位线、平行四边形性质等作平行线,依据定义作出异面直线所成的角;二证:证明作出的角是异面直线所成的角;三求:解三角形,求出所作的角.[提醒]如果求出的角