2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第7章 第2节 空间点、直线、平面之间的位置关系 （含解析）.doc

1、空间点、直线、平面之间的位置关空间点、直线、平面之间的位置关 系系 考试要求 1.理解空间直线、平面位置关系的定义. 2.了解可以作为推理依据的公理和定理. 3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 1四个公理 (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 拓展：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 (3)公理 3： 如果两个不重合的平面有一个公共点， 那

2、么它们有且只有一条过该 点的公共直线 (4)公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行 2直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类 共面直线 相交直线 平行直线 异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点 (2)异面直线所成的角 定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 aa，bb， 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) 范围：(0 ，90 拓展：异面直线判定的一个定理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，如图所示 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平行、相交、在平

3、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 4等角定理 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 常用结论 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 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)两个平面 ， 有一个公共点 A，就说 ， 相交于过 A 点的任意一条直线 ( ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 ( ) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 (

4、) (4)若直线 a 不平行于平面 ，且 a，则 内的所有直线与 a 异面( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材习题衍生 1已知 a，b 是异面直线，直线 c 平行于直线 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 C 由已知得直线 c 与 b 可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平 行直线，若 bc，则 ab，与已知 a，b 为异面直线相矛盾 2.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( ) A30 B45 C60

5、D90 C 连接 B1D1，D1C(图略)， 则 B1D1EF， 故D1B1C 为所求的角， 又 B1D1B1CD1C， D1B1C60 . 3下列命题正确的是( ) A两个平面如果有公共点，那么一定相交 B两个平面的公共点一定共线 C两个平面有 3 个公共点一定重合 D过空间任意三点，一定有一个平面 D 如果两个平面重合，则排除 A，B 两项；两个平面相交，则有一条交线， 交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除 C 项；而 D 项中的三点不论共 线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点 4.如图，在三棱锥 A- BCD 中，E，F，G，H 分别是棱 AB，BC，CD，DA 的中 点

6、，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 (1)ACBD (2)ACBD 且 ACBD (1)四边形 EFGH 为菱形，EF EH，ACBD (2)四边形 EFGH 为正方形，EFEH 且 EFEH， EFAC，EHBD，且 EF1 2AC，EH 1 2BD， ACBD 且 ACBD 考点一 平面基本性质的应用 共面、共线、共点问题的证明 典例 1 如图所示，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，D

7、A 三线共点 证明 (1)如图，连接 EF，CD1，A1B E，F 分别是 AB，AA1的中点， EFBA1. 又A1BD1C，EFCD1， E，C，D1，F 四点共面 (2)EFCD1，EFCD1， CE 与 D1F 必相交，设交点为 P， 则由 P直线 CE，CE平面 ABCD， 得 P平面 ABCD 同理 P平面 ADD1A1. 又平面 ABCD平面 ADD1A1DA， P直线 DA，CE，D1F，DA 三线共点 点评： 本例第(1)问的证明应用了公理 2 的推论，采用线线共面，则线上的点 必共面的思想；本例第(2)问的证明应用了公理 3，采用先证明 CE 与 D1F 相交，再 证明交点

8、在直线 DA 上 跟进训练 1有下列四个命题： 空间四点共面，则其中必有三点共线； 空间四点不共面，则其中任意三点不共线； 空间四点中有三点共线，则此四点共面； 空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 其中真命题的所有序号有 中，对于平面四边形来说不成立，故是假命题；中，若四点中 有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四 点不共面矛盾，故是真命题；由的分析可知是真命题；中，平面四边形 的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故是假命题 2.如图所示，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 BGGCDHH

9、C12. (1)求证：E，F，G，H 四点共面； (2)设 EG 与 FH 交于点 P，求证：P，A，C 三点共线 证明 (1)因为 E，F 分别为 AB，AD 的中点， 所以 EFBD 在BCD 中，BG GC DH HC 1 2， 所以 GHBD， 所以 EFGH. 所以 E，F，G，H 四点共面 (2)因为 EGFHP，PEG，EG平面 ABC， 所以 P平面 ABC同理 P平面 ADC 所以 P 为平面 ABC 与平面 ADC 的公共点 又平面 ABC平面 ADCAC， 所以 PAC， 所以 P，A，C 三点共线 考点二 判断空间两直线的位置关系 空间中两直线位置关系的判定方法 典例

10、2 (1)若直线 l1和 l2是异面直线，l1在平面 内，l2在平面 内，l 是平 面 与平面 的交线，则下列命题正确的是( ) Al 与 l1，l2都不相交 Bl 与 l1，l2都相交 Cl 至多与 l1，l2中的一条相交 Dl 至少与 l1，l2中的一条相交 (2)一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论： ABEF； AB与CM所成的角为60 ； EF与MN是异面直线； MNCD 以上四个命题中，正确命题的序号是 (1)D (2) (1)法一：(反证法) 由于 l 与直线 l1，l2分别共面，故直线 l 与 l1，l2要么都不相交，要么至少与 l1，l2中的一条相交若 l

11、l1，ll2，则 l1l2， 这与 l1，l2是异面直线矛盾故 l 至少与 l1，l2中的一条相交 法二：(模型法)如图，l1与 l2是异面直线，l1与 l 平行，l2与 l 相交，故 A， B 不正确；如图，l1与 l2是异面直线，l1，l2都与 l 相交，故 C 不正确 图 图 (2)如图，ABEF，正确；显然 ABCM，所以不正确；EF 与 MN 是 异面直线， 所以正确； MN 与 CD 异面， 并且垂直， 所以不正确， 则正确的是. 点评：在直接判断不好处理的情况下，反证法、模型法(如构造几何体：正方 体、空间四边形等)和特例排除法等是解决此类问题的三种常用便捷方法 跟进训练 如图，

12、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： 直线 AM 与 CC1是相交直线； 直线 AM 与 BN 是平行直线； 直线 BN 与 MB1是异面直线； 直线 AM 与 DD1是异面直线 其中正确结论的序号为 直线 AM 与 CC1是异面直线， 直线 AM 与 BN 也是异面直线， 所以 错误点 B，B1，N 在平面 BB1C1C 中，点 M 在此平面外，所以 BN 与 MB1是异面 直线同理 AM 与 DD1也是异面直线 考点三 异面直线所成的角 1.平移法求异面直线所成角的一般步骤 提醒：异面直线所成的角 0， 2 . 2坐标法求

13、异面直线所成的角 当题设中含有两两垂直的三边关系或比较容易建立空间直角坐标系时，常采 用坐标法 提醒：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 典例 3 (1)(2018 全国卷)在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ABBC1， AA1 3，则异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( ) A1 5 B 5 6 C 5 5 D 2 2 (2)四面体 ABCD 中，E，F 分别是 AB，CD 的中点若 BD，AC 所成的角为 60 ，且 BDAC1，则 EF 的长为 (1)C (2)1 2或 3 2 (1)法一：(平移法)如图，连接 BD1

14、，交 DB1于 O，取 AB 的 中点 M，连接 DM，OM.易知 O 为 BD1的中点， 所以 AD1OM，则MOD 为异面直线 AD1与 DB1所成角因为在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ABBC1，AA1 3，AD1 AD2DD212， DMAD2 1 2AB 2 5 2 ， DB1 AB2AD2DD21 5，所以 OM1 2AD11，OD 1 2DB1 5 2 ，于是 在DMO 中，由余弦定理， 得 cosMOD 12 5 2 2 5 2 2 21 5 2 5 5 ， 即异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 5 5 . 故选 C 法二：(补体法)如图，在长方体 ABCD-

15、 A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方 体 ABBA- A1B1B1A1.连接 B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，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 DB12112 5，BB112 322，DB11212 32 5. 在DBB1中，由余弦定理，得 DB2BB 2 1DB 2 12BB1 DB1 cosDB1B， 即 54522 5cosDB1B， cosDB1B 5 5 .故选 C 法三：(坐标法)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)，

16、A(1,0,0)，D1(0,0， 3)， B1(1,1， 3)，所以AD1 (1,0， 3)，DB1 (1,1， 3)， 则由向量夹角公式，得 cosAD1 ，DB1 AD1 DB1 |AD1 | |DB1 | 2 2 5 5 5 ，即异面直 线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 5 5 ，故选 C (2)如图，取 BC 的中点 O，连接 OE，OF， 因为 OEAC，OFBD， 所以 OE 与 OF 所成的锐角(或直角)即为 AC 与 BD 所成的角，而 AC，BD 所 成角为 60 ， 所以EOF60 或EOF120 .当EOF60 时， EFOEOF1 2. 当EOF120 时，取 EF

17、 的中点 M，则 OMEF， EF2EM2 3 4 3 2 . 点评：(1)平移法和补体法是求两条异面直线所成角的大小的两种常用方法， 其实质是平行移动直线，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，体现了化 归思想 (2)要明确直线所成角的范围，防止概念不清导致解析不全，如本例(2) 跟进训练 1.如图，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，异面直线 AC 与 A1B 所成的角为( ) A30 B45 C60 D90 C 如图，连接 CD1，AD1则 A1BCD1，所以ACD1是异面直线 AC 与 A1B 所成的角或其补角易知ACD1是等边三角形所以ACD160 ，所以异面直 线 AC 与

18、 A1B 所成的角为 60 .故选 C 2(2017 全国卷)已知直三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABC120 ，AB2，BC CC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A 3 2 B 15 5 C 10 5 D 3 3 C 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ABC120 ，AB2，BCCC11， 所以 AD1BC1 2，AB1 5，DAB60 . 在ABD 中，由余弦定理知 BD222122 2 1 cos 60 3，所以 BD 3， 所以 B1D1 3. 又 AB1与 AD1所成的角即为 AB1与 BC1所成的角 ， 所以 cos AB 2 1AD21B1D21 2 AB1 AD1 523 2 5 2 10 5 . 故选 C