全品高考备战2027年数学一轮教师备用习题50第42讲空间点、直线、平面之间的位置关系

第42讲空间点、直线、平面之间的位置关系【备选理由】例1考查空间线线的位置关系,旨在通过几何体结构加深对线线位置关系的直观理解;例2考查直线与直线的位置关系的判断,旨在加深异面直线定义在代数上的理解与应用;例3考查平面的基本事实与推论的应用,考查异面直线所成角;例4考查平行四边形的证明与等角定理的应用.例1[配例2使用][2025·浙江杭州富阳区期中]如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1上的动点,则下列直线中,始终与直线BP异面的是 (B)A.DD1 B.ACC.AD1 D.B1C[解析]连接B1D1,BD,由正方体的性质易知当P为A1C1的中点时,P为B1D1的中点,而DD1∥BB1,所以B,D,D1,B1共面,且BP,DD1均在平面BDD1B1内,故A不符合题意;因为AA1∥CC1,所以A,C,C1,A1共面,易知P∈平面ACC1A1,又B∉平面ACC1A1,P∈A1C1,P∉AC,故BP与AC异面,故B符合题意;当P,C1重合时,连接BC1,易知AB∥D1C1,AB=D1C1,则四边形ABC1D1是平行四边形,此时AD1∥BP,故C不符合题意;当P,C1重合时,显然B1C,BP相交,故D不符合题意.故选B.例2[配例2使用](多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为AA1的中点,Q为BC的中点,则 (BD)A.直线PD与直线QB1平行B.直线PC1与直线QD1垂直C.直线PQ与直线A1B相交D.直线PQ与直线DB1异面[解析]根据题意,设正方体的棱长为2,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),P(2,0,1),Q(1,2,0).对于A,DP=(2,0,1),QB1=(1,0,2),因为DP=kQB1对于任意的k都不会成立,所以DP与QB1不平行,则直线PD与直线QB1不平行,A错误;对于B,PC1=(-2,2,1),QD1=(-1,-2,2),则PC1·QD1=2-4+2=0,故PC1⊥QD1,即直线PC1与直线QD1垂直,B正确;对于C,连接PB,直线PQ与PB相交,PQ⊂平面PBQ,直线A1B∩平面PBQ=B,又B∉PQ,所以直线PQ与直线A1B是异面直线,C错误;对于D,PQ=(-1,2,-1),DB1=(2,2,2),DP=(2,0,1),显然直线PQ与直线DB1不平行,假设直线PQ与直线DB1相交,则P,Q,D,B1在同一平面内,故存在实数x,y,使得PQ=xDB1+yDP,即-1=2x+2例3[配例1使用][2025·河南驻马店联考]如图,已知正四面体P-ABC中,M,N,Q,R分别是棱PA,PC,AB,BC的中点.(1)证明:四边形MNRQ为菱形;(2)求异面直线BM与QR所成角的余弦值.解:(1)证明:由题知,MN为△PAC的中位线,QR为△ABC的中位线,所以MN∥AC,且MN=12AC,QR∥AC,且QR=12故MN∥QR,且MN=QR,故四边形MNRQ为平行四边形,因为MQ是△PAB的中位线,所以MQ=12因为在正四面体P-ABC中,PB=AC,所以MQ=MN,故四边形MNRQ为菱形.(2)因为QR∥MN,所以∠BMN或其补角为异面直线BM与QR所成的角.设正四面体的棱长为2a,连接BN,如图,则BM=BN=3a,MN=a,在△MNB中,由余弦定理得cos∠BMN=a2+(故异面直线BM与QR所成角的余弦值为36例4[配例3使用]如图①,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,N在AB上,DN∥BC,DN与EF相交于M.将平面DCEF沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,如图②,G,H分别为AD'和BC'的中点,求证:(1)四边形EFGH为平行四边形;(2)∠C'EB=∠D'MN. 证明:(1)因为在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为BC,AD的中点,所以EF∥AB且EF=12(AB+CD)因为C'D'∥EF,EF∥AB,所以C'D'∥AB.又G,H分别为AD',BC'的中点,所以GH∥AB且GH=12(AB+C'D')=12(AB+所以GH∥EF且GH=EF,所以四边形EFGH为平行四边