2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第7章 立体几何 第3讲 Word版含解析

第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
[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2020年高考会有以下两点命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②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．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相交直线：同一平面内，有且只有一个 公共点.
□
02平行直线：同一平面内，没有公共点.异面直线：不同在□03任何一个平面内，没有公共点.
(2)异面直线所成的角
①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的□04锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．
②范围：□05⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，π2.
(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相等或互补．
2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系
3．必记结论
(1)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过一点有且只有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)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α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．()
答案(1)×(2)×(3)√(4)×
2．小题热身
(1)对于任意的直线l与平面α，在平面α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
答案 C
解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.
(2)以下四个命题中，正确命题的个数是()
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数为1.
(3)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()
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
答案 C
解析 连接B 1D 1，D 1C ，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 即为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ，∴△B 1D 1C 为等边三角形，
∴∠D 1B 1C ＝60°.
(4)设P 表示一个点，a ，b 表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．
①P ∈a ，P ∈α⇒a ⊂α；②a ∩b ＝P ，b ⊂β⇒a ⊂β；③a ∥b ，a ⊂α，P ∈b ，P ∈α⇒b ⊂α；④α∩β＝b ，P ∈α，P ∈β⇒P ∈b .
答案 ③④
题型 一 平面的基本性质
如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC 綊12AD ，BE 綊1
2F A ，G ，H
分别为F A，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，得GH綊1
2AD.
又BC綊1
2AD，所以GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)由BE綊1
2AF，G为F A中点，知BE綊GF，
所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.
所以EF与CH共面，
又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
结论探究若举例说明中条件不变，证明：FE，AB，DC交于一点．
证明由举例说明可知，四边形EBGF和四边形BCHG都是平行四边形，故可得四边形ECHF为平行四边形，
∴EC∥HF，且EC＝1
2DF，∴四边形ECDF为梯形．
∴FE，DC交于一点，设FE∩DC＝M.
∵M∈FE，FE⊂平面BAFE，
∴M∈平面BAFE.同理M∈平面BADC.
又平面BAFE∩平面BADC＝BA，
∴M∈BA，∴FE，AB，DC交于一点．
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α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β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．如举例说明中的结论探究．
如图所示，在正方体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，DA三线共点．
证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，
∴CE与D1F必相交，
设交点为P，如图所示．
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，
∴CE，D1F，DA三线共点．
题型二空间两直线的位置关系
序号)．
答案 ②④
解析 在图①中，直线GH ∥MN ；
在图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，N ∉GH ，因此直线GH 与MN 异面；
在图③中，连接GM ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面； 在图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，G ∉MN ， 因此GH 与MN 异面．
所以在图②④中GH 与MN 异面．
2．(2018·邯郸调研)在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．
答案 G 1G 2∥BC
解析 如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .
由题意知SM 为△SAB 的中线，且SG 1＝2
3SM ，SN 为△SAC 的中线，且SG 2＝2
3SN ，
∴在△SMN中，SG1
SM＝
SG2
SN，
∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.
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：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．
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.
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是()
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B平行
答案 D
解析如图，连接C1D，
∵CC1⊥平面ABCD，
∴CC1⊥BD，
∴MN与CC1垂直，故A正确；
∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，
∴MN与A1B不可能平行，D错误．
题型三异面直线所成的角
(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()
A.
3
2B．
15
5
C．10
5D．
3
3
答案 C
解析解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使CB＝BD，C1B1＝B1D1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝ 3.又B1D＝BC1＝2，AB1＝5，
∴cos∠AB1D＝AB21＋B1D2－AD2
2AB1·B1D＝
5＋2－3
2×5×2
＝
10
5.
解法二：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∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝2，AB1＝5，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝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θ，
所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212AB 1·AD 1＝5＋2－32×5×2
＝105. 解法三：过B 作BH ⊥BC ，交AC 于H .
以B 为原点，以BC →，BH →，BB 1
→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)，B 1(0,0,1)，C 1(1,0,1)，
∴AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1
→＝(1,0,1)， ∴cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|
＝1＋15×2＝105， ∴异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.
条件探究 把举例说明的条件改为“正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1”，求异面直线AB 1与BD 所成的角．
解 取A 1C 1的中点E ，连接B 1E ，ED ，AE ，易知BD ∥B 1E .
在Rt △AB 1E 中，∠AB 1E 为异面直线AB 1与BD 所成的角．
设AB ＝1，则A 1A ＝2，
AB 1＝3，B 1E ＝32，
所以cos ∠AB 1E ＝B 1E AB 1＝12
， 因此∠AB 1E ＝π3，
故异面直线AB 1与BD 所成的角为π3.
求异面直线所成角的方法
(1)几何法
①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．
②证：证明作出的角为所求角．
③求：把这个平面角置于一个三角形中，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 θ|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪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．
(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15
B ．56
C ．55
D ．22
答案 C
解析 以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1
→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0，0,0)，A (1，0,0)，B 1(1,1，3)，D 1(0,0，3)，所
以AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，因为cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝－1＋32×5
＝55，所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，选C.。