第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第3 3讲讲 空间点、直线、平面之间的空间点、直线、平面之间的 位置关系位置关系 第七章 立体几何 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单命 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) 考向预测 从近三年高考情况来看，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测20

2、21年高考会有以下两种命题 方式：以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；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 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系分类 位置关系 共面直线 01_直线：同一平面内，有且只有一个 公共点. 02 _直线：同一平面内，没有公共点. 异面直线：不同在03 _内，没有公共点. 相交 平行 任何一个平面 (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04 _叫做异面直线a与b所成的角 (或夹角) 范

3、围：05 _. (3)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 06 _ 锐角(或直角) 相等或互补 0 ，90 2空间直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 符号语言 公共点 相交 01 _ 02 _个 平行 03 _ 04 _个 直线 与平 面 在平面内 05 _ 06 _个 aA 1 a 0 a 无数 平行 07 _ 08 _个 平面 与平 面 相交 09 _ 10 _个 答案答案 0 l 无数 3.必记结论 (1)唯一性定理 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 过一点有且只有一个平面与已知直线垂直 过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行 过一点有且只有

4、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)如果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不可能是平行 直线( ) (4)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( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)对于任意的直线l与平面，在平面内必有直线m，使m与l( ) A平行 B相交 C垂直 D互为异面直线 解析 不论l，l还是l与相交，内都

5、存在直线m使得ml. 答案答案 解析解析 (2)以下四个命题中，正确命题的个数是( ) 不共面的四点中，其中任意三点不共线； 若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共 面； 若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面； 依次首尾相接的四条线段必共面 A0 B1 C2 D3 答案答案 解析 显然是正确的，可用反证法证明； 中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五 点不一定共面；构造长方体或正方体，如图显 然b，c异面，故不正确；中空间四边形中四条 线段不共面故正确的个数为1. 解析解析 (3)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB

6、，AD的中 点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( ) A30 B45 C60 D90 答案答案 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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 题型题型 一一 平面的基本性质平面的基本性质 证明 (1)如图，连接EF，CD1，A1B. E，F分别是AB，AA1的中点， EFBA1. 又BA1D1C，EFD1C， E，C，D1，F四点共面 证明证明 (2)EFCD1，EFCD1， CE与D1F必相交， 设交点为P，如图所示 则由PCE，C

7、E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 证明证明 1证明点共面或线共面的常用方法 (1)直接法：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)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面，再证明其余元素确 定平面，最后证明平面，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，再根据公 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

8、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 如图，ABCDA1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面 AB1D1于点M，求证：A，M，O三点共线 证明 如图，连接A1C1，AC，则A1C1AC， 所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C平面 ACC1A1， 因为MA1C， 所以M平面ACC1A1， 又M平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平 面AB1D1的交线上， 同理，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共 线 证明证明 1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

9、GH，MN是异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序 号) 题型题型 二二 空间两直线的位置关系空间两直线的位置关系 解析 在图中，直线GHMN； 在图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，NGH，因此直线 GH与MN异面； 在图中，连接GM，GMHN，因此GH与MN共面； 在图中，G，M，N共面，但H平面GMN，GMN， 因此GH与MN异面 所以在图中GH与MN异面 解析解析 2在三棱锥SABC中，G1，G2分别是SAB和SAC的重心求 证：G1G2BC. 证明 如图所示，连接SG1并延长交AB于点M，连接SG2并延长交AC 于点N，连接MN. 由题意知SM为SAB的中线，且SG1 2 3

10、 SM，SN为 SAC的中线，且SG22 3SN， 在SMN中，SG1 SM SG2 SN ， G1G2MN，易知MN是ABC的中位线， MNBC，因此可得G1G2BC. 证明证明 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， 由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线 异面此法在异面直线的判定中经常用到 (2)定理法：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 直线是异面直线如举例说明1. 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.如举例

11、说明2. 1已知a，b，c为三条不重合的直线，有以下结论： 若ab，ac，则bc；若ab，ac，则bc；若ab，b c，则ac.其中正确的个数为( ) A0 B1 C2 D3 解析 解法一：在空间中，若ab，ac，则b，c可能平行，也可能 相交，还可能异面，所以错误，显然成立 解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，错误，正确 答案答案 解析解析 2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( ) AMN与CC1垂直 BMN与AC垂直 CMN与BD平行 DMN与A1B平行 答案答案 解析 如图，连接C1D， CC1平面ABCD， CC1B

12、D， MN与CC1垂直，故A正确； ACBD，MNBD，MN与AC垂直，B正 确；在三角形C1DB中，MNBD，故C正确A1B与BD相交，MNBD， MN与A1B不可能平行，D错误 解析解析 (2017 全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120 ，AB 2，BCCC11，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 题型题型 三三 异面直线所成的角异面直线所成的角 答案答案 解析 解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1 至D，D1，使BDBC，B1D1B1C1，连接DD1， B1D.由题意知，C1B綊B1D，则AB1

13、D即为异面直 线AB1与BC1所成的角 连接AD，在ABD中，由AD2AB2BD22AB BD cosABD，得 AD 3.又B1DBC1 2，AB1 5， cosAB1DAB 2 1B1D 2AD2 2AB1 B1D 523 2 5 2 10 5 . 解析解析 解法二：将直三棱柱ABCA1B1C1补形为直四棱 柱ABCDA1B1C1D1，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BD22212 221cos60 3， 所以BD 3，所以B1D1 3. 又AB1与AD1所成

14、的角即为AB1与BC1所成的角， 所以cosAB 2 1AD 2 1B1D 2 1 2AB1 AD1 523 2 5 2 10 5 . 解析解析 解法三：过B作BHBC，交AC于点H. 以B为原点，以BC ，BH ，BB1 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， 3，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)， AB1 (1， 3，1)，BC1 (1,0,1)， cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | 11 5 2 10 5 ， 异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 10 5 . 解析解析 解法三：过B作BHBC，交AC于点

15、H. 以B为原点，以BC ，BH ，BB1 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， 3，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)， AB1 (1， 3，1)，BC1 (1,0,1)， cosAB1 ，BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | 11 5 2 10 5 ， 异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 10 5 . 解析解析 求异面直线所成角的方法 (1)几何法 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殊的位置，顶点选在特殊的位置 上 证：证明作出的角为所求角 求：把这个平面角置于一

16、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|cos| |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，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角 是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角 (2019 上饶重点中学联考)在空间四边形ABCD中，若ABBCCD DAACBD，E，F分别是AB，CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为 ( ) A30 B45 C60 D90 答案答案 解析 在图1中，连接DE，EC，因为ABBCCDDAACBD， 得DEC为等腰三角形，设空间四边形ABCD的边长为2，即ABBCCD DAACBD2，在DEC中，D

17、EEC3 ，CF1，得EF2 .在 图2取AD的中点M，连接MF，EM，因为E，F分别是AB，CD的中点， MF1，EM1，EFM是异面直线AC与EF所成的角在EMF中可由 余弦定理得cosEFM EF2MF2EM2 2EF MF 2211 2 2 2 2 ，EFM 45 ，即异面直线AC与EF所成的角为45 . 解析解析 解析解析 3 课时作业课时作业 PART THREE 1如图，l，A，B，C，且Cl，直线 ABlM，过A，B，C三点的平面记作，则与的交 线必通过( ) A点A B点B C点C但不过点M D点C和点M A组组 基础关基础关 解析 因为MAB平面ABC，C平面ABC.Ml，

18、C，所以 直线CM. 答案答案 解析解析 2已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“直线a和直线b 相交”是“平面和平面相交”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析 若直线a，b相交，设交点为P，则Pa，Pb.又a，b， 所以P，P，故，相交反之，若，相交，则a，b可能相交，也 可能异面或平行故“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的充 分不必要条件 答案答案 解析解析 3(2019 华南师大附中模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是线段 BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线 EF的位置关系是(

19、 ) A相交且垂直 B共面 C平行 D异面且垂直 解析 如图所示，AB1平面BCD1，EF平面BCD1，故AB1EF且 AB1与EF异面 答案答案 解析解析 4在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则 在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( ) A不存在 B有且只有两条 C有且只有三条 D有无数条 答案答案 解析 在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面 与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与 CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图所示，所 以D正确 解析解析 5下列各图是正方

20、体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中 点，这四个点不共面的图形是( ) 答案答案 解析 在A中易证PSQR， P，Q，R，S四点共面在C中易证PQ SR，P，Q，R，S四点共面在D中，QR平 面ABC，PS平面ABCP且PQR， 直线PS与QR为异面直线P，Q，R，S四点 不共面在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证 PS，NR交于直线B1C1上一点，P，N，R，S四点共面，设为，可证PS QN，P，Q，N，S四点共面，设为.，都经过P，N，S三点， 与重合，P，Q，R，S四点共面故选D. 解析解析 6如图所示，在矩形ABCD中，AB4，AD2，P为边AB的中点，

21、现将DAP绕直线DP翻转至DAP处，若M为线段AC的中点，则异面 直线BM与PA所成角的正切值为( ) A.1 2 B2 C.1 4 D4 答案答案 解析 取AD的中点N，连接PN，MN(如图)，由于M是AC的中 点，故MNCDPB，且MNPB，故四边形PBMN为平行四边形，故MB PN，在RtADP中，tanAPN AN AP 1 2 ，即异面直线BM与PA 所成角的正切值为1 2. 解析解析 7如图，在正方体ABCDABCD中，AB的中点为M，DD 的中点为N，则异面直线BM与CN所成的角是_ 90 解析 取AA的中点Q，连接QN，BQ，设BQ与 BM相交于点H，则QN綊AD綊BC，从而有

22、四边形 NQBC为平行四边形，所以NCQB，则有BHB或 其补角为异面直线BM与CN所成的角又因为BB BA，BBMBAQ90 ，BMAQ，所以BBMBAQ，所以 MBBQBM.而BMBMBB90 ，从而BMBQBM 90 ，所以MHB90 ，所以BHB90 ，即异面直线BM与CN所成 的角是90 . 解析解析 8.(2020 广州模拟)如图，圆柱O1O2的底面圆半 径为1，AB是一条母线，BD是O1的直径，C是上 底面圆周上一点，CBD30 ，若A，C两点间的 距离为7 ，则圆柱O1O2的高为_，异面直 线AC与BD所成角的余弦值为_ 2 3 7 14 解析 连接CD，则BCD90 ，因为圆

23、柱O1O2的底面圆半径为1，所 以BD2.因为CBD30 ，所以CD1，BC3 ，易知ABBC，所以 ACAB2BC27 ，所以AB2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延 长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE2，CAE即 异面直线AC与BD所成的角又CEDE2CD25 ，所以cosCAE AC2AE2CE2 2AC AE 745 2 72 3 7 14 . 解析解析 1(2019 湖北重点中学联考)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC 2，O为底面矩形ABCD两条对角线的交点，若异面直线A1O与BC所成的角 为60 ，则长方体ABCDA1B1C1D1的体积为(

24、 ) A4 2 B4 3 C8 2 D8 3 B组组 能力关能力关 答案答案 解析 如图，取AB的中点E，连接OE， 则有OEBC，且OE1 2BC1，所以A1OE 即为异面直线A1O与BC所成的角，所以 A1OE60 .在直角三角形A1OE中，A1E OE tan60 3，故在直角三角形A1AE中， A1A A1E2AE2 321 2，所以长 方体的体积为VS正方形ABCD AA122 24 2. 解析解析 2(2019 蓉城名校联考)如图，在底面边长为R的正 六棱锥ACDEFGH中，以其高AB为直径的球面分别与 AC，AD交于M，N两点，若球的半径也为R，那么BM， BN夹角的余弦值为(

25、) A.4 5 B.3 5 C.18 25 D.17 25 答案答案 解析 如图所示，在RtABD中，BDR，AB 2R，ABDBNDANB，所以DN NB NB AN BD AB 1 2， 所以DN AN 1 4， AN AD 4 5，同理，可证 AM AC 4 5，在ACD中， AN AD AM AC 4 5，所以MNCD，所以 MN CD 4 5，所以MN 4 5 R，在BMN中，BMBN 2R 5 ，MN 4 5 R，由余弦定理得cosMBN 4R2 5 4R 2 5 4 5R 2 2 4R2 5 3 5. 解析解析 3(2019 西安模拟)如图是正四面体的平面展 开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的 中点，在这个正四面体中，GH与EF平行； BD与MN为异面直线；GH与MN成60 角； DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序 号是_ 解析 还原成正四面体ADEF，其中H与N 重合，A，B，C三点重合易知GH与EF异面， BD与MN异面又GMH为等边三角形， GH与MN成60 角，易证DEAF，MN AF，MNDE. 因此正确的序号是. 解析解析 本课结束本课结束