2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第八章　第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

一、知识梳理

1．四个公理

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．

公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．

公理3：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．

公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．

2．空间直线的位置关系

(1)位置关系的分类

(2)异面直线所成的角

①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，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)．

②范围：．

[注意]　两直线垂直有两种情况——异面垂直和相交垂直．

(3)等角定理

空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．

3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系

(1)空间中直线和平面的位置关系

(2)空间中两个平面的位置关系

常用结论

1．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．

2．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．

二、习题改编

1．(必修2P43练习T1改编)下列命题中正确的是(　　)

A．过三点确定一个平面

B．四边形是平面图形

C．三条直线两两相交则确定一个平面

D．两个相交平面把空间分成四个区域

答案：D

2．(必修2P49练习题)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是(　　)

A．α内的所有直线与a异面

B．α内不存在与a平行的直线

C．α内存在唯一的直线与a平行

D．α内的直线与a都相交

答案：B

一、思考辨析

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)若P∈α∩β且l是α，β的交线，则P∈l.(　　)

(2)三点A，B，C确定一个平面．(　　)

(3)若直线a∩b＝A，则直线a与b能够确定一个平面．(　　)

(4)若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α.(　　)

(5)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．(　　)

答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×

二、易错纠偏

(1)对异面直线的概念理解有误；

(2)对等角定理条件认识不清致误；

(3)对平面的性质掌握不熟练，应用不灵活．

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

解析：选C.假设c∥b，又因为c∥a，所以a∥b，这与a，b是异面直线矛盾，故c与b不可能平行．

2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是(　　)

A．OB∥O1B1且方向相同  B．OB∥O1B1

C．OB与O1B1不平行  D．OB与O1B1不一定平行

解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.

3．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为        ．

解析：EF与正方体左、右两侧面均平行．所以与EF相交的平面有4个．

答案：4

　　　　　　平面的基本性质(典例迁移)

如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：E，C，D1，F四点共面．

【证明】　如图所示，连接CD1，EF，A1B，

因为E，F分别是AB和AA1的中点，

所以EF∥A1B且EF＝A1B.

又因为A1D1BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，

所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，

所以EF与CD1确定一个平面α，

所以E，F，C，D1∈α，

即E，C，D1，F四点共面．

【迁移探究】　(变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？

证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝CD1，

所以四边形CD1FE是梯形，

所以CE与D1F必相交，设交点为P，

则P∈CE，且P∈D1F，

又CE⊂平面ABCD，

且D1F⊂平面A1ADD1，

所以P∈平面ABCD，

且P∈平面A1ADD1.

又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，

所以CE，D1F，DA三线交于一点．

共面、共线、共点问题的证明方法

(1)证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．

(2)证明点共线，①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．

(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．

[提醒]　点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．

如图，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BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.

(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EF∥BD.

在△BCD中，＝＝，所以GH∥BD，所以EF∥GH.

所以E，F，G，H四点共面．

(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，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ADC＝AC，

所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．

　　　　　　空间两直线的位置关系(师生共研)

(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线

B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线

C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线

D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线

【解析】　如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2，所以在等腰三角形BDE中，BM＝，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.

【答案】　B

1．已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)

A．m与n异面

B．m与n相交

C．m与n平行

D．m与n异面、相交、平行均有可能

解析：选D.在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．故选D.

2.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

①直线AM与CC1是相交直线；

②直线AM与BN是平行直线；

③直线BN与MB1是异面直线；

④直线AM与DD1是异面直线．

其中正确的结论是        (注：把你认为正确的结论的序号都填上)．

解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．

答案：③④

　　　　　　异面直线所成的角(师生共研)

(1)(2020·成都第一次诊断性检测)在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　　)

A.  B．1 

C.  D．

(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BD＝AC＝1，则EF的长为        ．

【解析】　(1)如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，故选C.

(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，

因为OE∥AC，OF∥BD，

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∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.

当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，

EF＝2EM＝2×＝.

【答案】　(1)C　(2)或

平移法求异面直线所成角的步骤

具体步骤如下：

1．(2020·广东省七校联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，异面直线AC与A1B所成的角为(　　)

A．30°  B．45°

C．60°  D．90°

解析：选C.如图，连接CD1，AD1则A1B∥CD1，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∠ACD1＝60°，所以异面直线AC与A1B所成的角为60°.故选C.

2．(2020·济南市学习质量评估)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDFE沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为        ．

解析：如图，连接DE交FC于点O，

取BE的中点G，连接OG，CG，

则OG∥BD且OG＝BD，

所以∠COG为异面直线BD与CF所成的角或其补角．

设正方形ABCD的边长为2，

则CE＝BE＝1，CF＝DE＝＝，

所以CO＝CF＝.

易得BE⊥平面CDFE，所以BE⊥DE，

所以BD＝＝，

所以OG＝BD＝.

易知CE⊥平面ABEF，所以CE⊥BE，

又GE＝BE＝，所以CG＝＝.

在△COG中，由余弦定理得，

cos∠COG＝＝＝，

所以异面直线BD与CF所成角的余弦值为.

答案：

核心素养系列15　直观想象——空间中的“动”与函数

1．直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．

2．立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．

《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一道著名的“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为：“今有一个底面为正方形的长方体水池，且底面边长为1丈(注：1丈＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水面齐平(示意图如图所示)，问水深、芦苇的长度各是多少？”设∠DEF＝θ，则tan＝(　　)

A．3  B．4 

C．5  D．6

【解析】　设水深为x(单位：尺)，则芦苇长为x＋1，故(x＋1)2＝x2＋25，所以x＝12，从而tan θ＝，所以＝，

故tan＝或tan＝－(舍)，

所以tan＝＝＝5.

【答案】　C

本题是立体几何与数学文化、三角函数的交汇，试题设置的新意，充分体现了考纲要求——要注重学科的内在联系和知识的综合性，在知识网络交汇点处设计试题，使其对数学基础知识的考查达到必要的深度．

　如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是(　　)

解析：选C.过点M作MN⊥AB，

交AB于点N，则MN⊥平面ABCD，

过点N作NQ∥AD，交CD于点Q，

过点Q作QH∥PD，

交PC于点H，连接MH，

则平面MNQH是所作的平面α，

由题意得＝，

解得MN＝4－2x，由＝.

即＝，

解得QH＝(2－x)，

过点H作HE⊥NQ，垂足为E，在Rt△HEQ中，EQ＝＝2－x，

所以NE＝2－(2－x)＝x，

所以MH＝x，

所以y＝f(x)＝

＝－x2＋4(0＜x＜2)．

所以函数y＝f(x)的图象如图．故选C.

[基础题组练]

1．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(　　)

A．与a，b都相交  B．只能与a，b中的一条相交

C．至少与a，b中的一条相交  D．与a，b都平行

解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．

2．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)

A．相交或平行  B．相交或异面

C．平行或异面  D．相交、平行或异面

解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.

3．已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是(　　)

A．空间四边形  B．矩形

C．菱形  D．正方形

解析：选B.如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形．

因为E，F分别为AB，BC的中点，

所以EF∥AC.

又FG∥BD，

所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角．

而AC与BD所成的角为90°，

所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形．

4．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β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：选A.若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β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α和平面β相交”的充分不必要条件．

5．(2020·内蒙古集宁一中四模)如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为(　　)

A．30°  B．45°

C．60°  D．90°

解析：选A.取CB的中点G，连接EG，FG.则EG∥AB，FG∥CD.所以EF与CD所成的角为∠EFG(或其补角)，因为EF⊥AB，所以EF⊥EG.

EG＝AB＝1，FG＝CD＝2，

所以在Rt△EFG中，sin∠EFG＝，所以EF与CD所成的角为30°.故选A.

6．已知棱长为a的正方体ABCD­A′B′C′D′中，M，N分别为CD，AD的中点，则MN与A′C′的位置关系是                                                               ．

解析：如图，由题意可知MN∥AC.又因为AC∥A′C′，

所以MN∥A′C′.

答案：平行

7．给出下列四个命题：

①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；

②若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交；

③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；

④若三条直线两两相交，则这三条直线共面．

其中真命题的序号是        ．

解析：①正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点．②正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交．③正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面．④错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内．

答案：①②③

8．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为        ．

解析：如图，将原图补成正方体ABCD­QGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，

在△AGP中，AG＝GP＝AP，

所以∠APG＝.

答案：

9．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．

证明：如图，连接BD，B1D1，

则BD∩AC＝O，

因为BB1DD1，

所以四边形BB1D1D为平行四边形，

又H∈B1D，

B1D⊂平面BB1D1D，

则H∈平面BB1D1D，

因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，

所以H∈OD1.即D1，H，O三点共线．

10.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：

(1)三棱锥P­ABC的体积；

(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．

解：(1)S△ABC＝×2×2＝2，

三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.

(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．

在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.

故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.

[综合题组练]

1．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)

A．直线AC  　　 B．直线AB

C．直线CD  　　　 D．直线BC

解析：选C.由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，

又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，

所以点D在平面ABC与平面β的交线上．

又因为C∈平面ABC，C∈β，

所以点C在平面β与平面ABC的交线上，

所以平面ABC∩平面β＝CD.

2.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹(　　)

A．是圆  B．是椭圆

C．是抛物线  D．不是平面图形

解析：选A.如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，则BC⊥CD，再过点B作BE⊥AD于点E，连接HE，因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH.

又BH⊥AC，且AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥AD，BH⊥HE.

又注意到过点B与直线AD垂直的直线都在同一个平面内，于是结合点B，E位置，可知，当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆．故选A.

3.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．

(1)求证：直线EF与BD是异面直线；

(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．

解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．

(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．

又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.

在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，

求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.

4.(综合型)如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.

(1)证明：E，F，G，H四点共面；

(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？

(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.

解：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.

又CF∶FB＝CG∶GD，

所以FG∥BD.所以EH∥FG.

所以E，F，G，H四点共面．

(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．

因为＝＝，所以EH＝BD.

同理可得FG＝BD，由EH＝FG，得m＝n.

故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．

(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，

所以EF∥AC，

又EH∥BD，

所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，

因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°，

从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.