2019年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.3空间点线面之间的位置关系课时跟踪检测卷理
新高考数学一轮复习第七章立体几何7.3空间点直线平面之间的位置关系课件
(3)以下四个命题中，正确命题的个数是( B )
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
(4)如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且 C∉l，直线 AB∩l ＝M，过 A，B，C 三点的平面记作 γ，则 γ 与 β 的交线必通过( D )
设 AB＝1，在△CFN 中，CN＝ 25，FN＝ 45，CF＝
17 4.
由余弦定理得 cosθ＝|cos∠CNF|＝CN2＋ 2CFNN·F2－N CF2＝25.
02 考点探究 明晰规律
课堂升华 强技提能
考点一 平面的基本性质
【例 1】 已知在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别为 D1C1，C1B1 的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S 分别是所在棱的中 点，则这四个点不共面的一个图是( D )
解析：A，B，C 图中四点一定共面，D 中四点不共面．
2.如图，在四边形 ABCD 中，已知 AB∥CD，直线 AB，BC， AD，DC 分别与平面 α 相交于点 E，G，H，F，求证：E，F，G， H 四点必定共线．
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面
D．平行
解析：连接 D1E 并延长交 AD 于 M 点，因为 A1E＝2ED，可 得，M 为 AD 中点，连接 BF 并延长交 AD 于 N 点，因为 CF＝ 2FA，可得 N 为 AD 中点，所以 M，N 重合．且EMDE1＝12，MFBF＝12. 所以EMDE1＝MFBF，所以 EF∥BD1.
高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系
第三讲 空间点、直线、平面之间的位置关系知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 平面的基本性质公理1：如果一条直线上的_两点__在一个平面内,那么这条直线在这个平面内． 公理2：过_不共线__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． 知识点二 空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行 关系 图形语言符号语言 a ∥ba ∥αα∥β相交 关系图形语言符号语言 a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有 关系 图形语言符号语言a,b 是异面直线a ⊂α(1)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．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(2)平行公理平行于同一条直线的两条直线_平行__. (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__.重要结论异面直线的判定定理过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．用符号可表示为：若l⊂α,A∉α,B∈α,B∉l,则直线AB与l是异面直线(如图)．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α,β有一条公共直线a,就说平面α,β相交,并记作α∩β＝a.( √)(2)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．( ×)(3)如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合．( ×)(4)经过两条相交直线,有且只有一个平面．( √)(5)两两相交的三条直线共面．( ×)(6)若a,b是两条直线,α,β是两个平面,且a⊂α,b⊂β,则a,b是异面直线．( ×)题组二走进教材2．(必修2P52B组T1)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( C )A．30°B．45°C．60°D．90°[解析] 连接B1D1,D1C,则B1D1∥EF,故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C,∴△B1D1C为等边三角形,∴∠D1B1C＝60°.故选C．3．(必修2P45例2)如图,在三棱锥A－BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA上的点,(1)若AE EB ＝AH HD 且CF FB ＝CGGD,则E 、F 、G 、H 是否共面．_共面__.(2)若E 、F 、G 、H 分别为棱AB 、BC 、CD 、DA 的中点,①当AC,BD 满足条件_AC ＝BD__时,四边形EFGH 为菱形；②当AC,BD 满足条件_AC ＝BD 且AC ⊥BD__时,四边形EFGH 为正方形．题组三 走向高考4．(2019·新课标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( B )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] ∵点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,M 是线段ED 的中点,∴BM ⊂平面BDE,EN ⊂平面BDE,∵BM 是△BDE 中DE 边上的中线,EN 是△BDE 中BD 边上的中线, ∴直线BM,EN 是相交直线, 设DE ＝a,则BD ＝2a, ∵平面ECD ⊥平面ABCD, ∴BE ＝34a 2＋54a 2＝2a, ∴BM ＝72a,EN ＝34a 2＋14a 2＝a, ∴BM≠EN ,故选B ．5．(2017·新课标Ⅱ)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠ABC ＝120°,AB ＝2,BC ＝CC 1＝1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( C )A ．32 B ．155 C ．105D ．33[解析] 解法一：如图所示,补成四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1,连DC 1、BD,则DC 1∥AB 1,∴∠BC 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角, 由题意知BC 1＝2,BD ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3, C 1D ＝5,∴BC 21＋BD 2＝C 1D 2,∴∠DBC 1＝90°, ∴cos ∠BC 1D ＝25＝105.故选C ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),B 1(0,0,1),C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1,从而AB 1→＝(－2,0,1),BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1,记异面直线AB 1与BC 1所成角为θ,则cos θ＝|AB 1→·BC 1→||AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105,故选C ．解法三：如图所示,分别延长CB,C 1B 1至D,D 1,使BD ＝BC,B 1D 1＝B 1C 1,连接DD 1,B 1D ．由题意知,C 1B B 1D,则∠AB 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角．连接AD,在△ABD 中,由AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB·BD·cos∠ABD,得AD ＝ 3. 又B 1D ＝BC 1＝2,AB 1＝5,∴cos ∠AB 1D ＝AB 21＋B 1D 2－AD 22AB 1·B 1D ＝5＋2－32×5×2＝105.考点突破·互动探究考点一 平面基本性质的应用——自主练透例1 如图,在空间四边形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． [解析] (1)证明：∵E,F 分别为AB,AD 的中点, ∴EF ∥BD ．在△BCD 中,BG GC ＝DH HC ＝12,∴GH ∥BD,∴EF ∥GH. ∴E,F,G,H 四点共面．(2)∵EG∩FH＝P,P ∈EG,EG ⊂平面ABC, ∴P ∈平面ABC ．同理P ∈平面ADC ． ∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点． 又平面ABC∩平面ADC ＝AC, ∴P ∈AC,∴P,A,C 三点共线．注：本题(2)可改为：求证GE 、HF 、AC 三线共点．名师点拨1．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．2．点、线共面的常用判定方法(1)纳入平面法：先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内．(2)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．3．证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点．〔变式训练1〕如图所示,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AA1的中点．求证：(1)E,C,D1,F四点共面；(2)CE,D1F,DA三线共点．[解析] (1)如图,连接EF,CD1,A1B．因为E,F分别是AB,AA1的中点,所以EF∥A1B．又A1B∥CD1,所以EF∥CD1,所以E,C,D1,F四点共面．(2)因为EF∥CD1,EF<CD1,所以CE与D1F必相交,设交点为P,则由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD．同理P∈平面ADD1A1.又平面ABC D∩平面ADD1A1＝DA,所以P∈直线DA．所以CE,D1F,DA三线共点.考点二空间两条直线的位置关系——师生共研例2 (1)(2019·上海)已知平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足：a⊂α,b⊂β,c⊂γ,则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系( B )A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面(2)如图所示,正方体ABCD－A1B1C1D1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．其中正确的结论为_③④__(注：把你认为正确的结论序号都填上)．[解析] (1)如图1,可得a、b、c可能两两垂直；如图2,可得a、b、c可能两两相交；如图3,可得a、b、c可能两两异面；故选B．(2)因为点A在平面CDD1C1外,点M在平面CDD1C1内,直线CC1在平面CDD1C1内,CC1不过点M,所以AM与CC1是异面直线,故①错；取DD1中点E,连接AE,则BN∥AE,但AE与AM相交,故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内,M在平面BCC1B1外,BN不过点B1,所以BN与MB1是异面直线,故③正确；同理④正确,故填③④.名师点拨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)判定定理法：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．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：若a∥b,b∥c,则a∥c.〔变式训练2〕(1)(2021·甘肃诊断)如图为正方体表面的一种展开图,则图中的AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线的有_3__对．(2)(多选题)(2021·湘潭调研改编)下图中,G,N,M,H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN是异面直线的图形是( BD )[解析] (1)画出该正方体的直观图如图所示,其中异面直线有(AB,GH),(AB,GD),(GH,EB)．故共有3对．故答案为：3.(2)图A中,直线GH∥MN；图B中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,N∉HG,因此直线GH与MN异面；图C中,连接MG,GM∥HN,因此GH与MN共面；图D中,G、M、N共面,但H∉平面GMN,G∉MN因此GH与MN异面,故选B、D．考点三异面直线所成的角——师生共研例3 (1)(2021·广西玉林模拟)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别为A1B1,CD的中点,则异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为( A )A ．55 B ．56 C ．33D ．36(2)(2021·山东泰安模拟)如图,在三棱锥A －BCD 中,AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3,AD ＝BC ＝2,点M,N 分别为AD,BC 的中点,则异面直线AN,CM 所成的角的余弦值是( C )A ．58 B ．58 C ．78D ．78(3)若两条异面直线a 、b 所成角为60°,则过空间一点O 与两异面直线a 、b 所成角都为60°的直线有_3__条．[解析] (1)解法一：(平移法) 如图,连接BE,BF 、D 1F,由题意知BED 1F 为平行四边形, ∴D 1E ∥BF,∴异面直线D 1E 与A 1F 所成角为A 1F 与BF 所成锐角,即∠A 1FB, 连接A 1B,设AB ＝2,则在△A 1BF 中,A 1B ＝22,BF ＝5, A 1F ＝AA 21＋AD 2＋DF 2＝3,∴cos ∠A 1FB ＝A 1F 2＋BF 2－A 1B 22·A 1F·BF ＝9＋5－82×3×5＝55.∴异面直线D 1E 与A 1F 所成的角的余弦值为55.故选A ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2,异面直线D 1E 与A 1F 所成角为θ, 则D 1E →＝(2,1,0),A 1F →＝(－2,1,－2),∴cos θ＝|D 1E →·A 1F →||D 1E →|·|A 1F →|＝35×3＝55.故选A ．(2)连接ND,取ND 的中点E,连接ME,则ME ∥AN,异面直线AN,CM 所成的角就是∠EMC,∵AN ＝AB 2－BN 2＝22, ∴ME ＝2＝EN,MC ＝22,又∵EN ⊥NC,∴EC ＝EN 2＋NC 2＝3,∴cos ∠EMC ＝EM 2＋MC 2－EC 22EM·MC ＝2＋8－32×2×22＝78.故选C ．(3)如图,过O 分别作a′∥a,b′∥b,则a′,b′所成角为60°,如图易知过O 与a′、b′所成角都为60°的直线有3条, 即与a,b 所成角都为60°的直线有3条．[引申1]本例(2)中MN 与BD 所成角的余弦值为_73__. [解析] 取CD 的中点H,连DN,NH,MH,则NH ∥BD,∠HNM 为异面直线MN 与BD 所成的角,由题意知AN ＝22,从而MN ＝7,又NH ＝32＝MH,∴cos ∠HNM ＝12MN NH ＝73.[引申2]本例(3)中与异面直线a 、b 所成角都为75°的直线有_4__条． 注：本例中,若直线与异面直线所成角都为θ,则 (1)0<θ<π6时,0条；(2)θ＝π6时,1条；(3)π6<θ<π3时,2条；(4)π3<θ<π2时,4条；(5)θ＝π2时,1条．名师点拨求异面直线所成角的方法1．平移法(1)一作：根据定义作平行线,作出异面直线所成的角． (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角． (3)三求：解三角形,求出所作的角．注：①为便于作出异面直线所成角,可用补形法,如将三棱柱补成四棱柱；②注意余弦定理的应用． 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．〔变式训练3〕(1)(2021·山西运城调研)如图,等边△ABC 为圆锥的轴截面,D 为AB 的中点,E 为弧BC 的中点,则直线DE 与AC 所成角的余弦值为( C )A ．13 B ．12 C ．22D ．34(2)(2021·黑龙江师大附中期中)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AB ＝AC ＝AA 1,则直线A 1B 与AC 1所成角的大小为( B )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°[解析] (1)取BC 的中点O,连接OE,OD,∵D 为AB 的中点, ∴OD ∥AC,∴∠EDO 即为DE 与AC 所成的角,由E 为BC ︵的中点得OE ⊥BC,又平面ABC ⊥平面BCE, ∴OE ⊥平面ABC,从而OE ⊥OD, 设正△ABC 的边长为2a,则OD ＝a ＝OE, ∴cos ∠EDO ＝cos π4＝22,故选C ．(2)解法一：(平移法)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,连接A 1C,A 1C∩AC 1＝O,则O 为A 1C 的中点,取BC 的中点H,连接OH,则OH ∥A 1B,∴∠AOH 或其补角即为直线A 1B 与AC 1所成的角．设AB ＝AC ＝AA 1＝1,则BC ＝2, 易得AO ＝AH ＝OH ＝22, ∴三角形AOH 是正三角形,∴∠AOH ＝60°,即异面直线所成角为60°.故选B ． 解法二：(向量法)如图建立空间直角坐标系,不妨设AB ＝1,A 1B 与AC 1所成角为θ,则A 1B →＝(1,0,－1),AC 1→＝(0,1,1), ∴cos θ＝|A 1B →·AC 1→||A 1B →|·|AC 1→|＝12×2＝12.∴θ＝60°,故选B ．名师讲坛·素养提升 空间几何体的截面问题例4 (原创)E 、F 分别为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1、C 1D 1的中点,若AB ＝6,则过A 、E 、F 三点的截面的面积为_71532__.[解析] 作直线EF 分别与直线DC 、DD 1相交于P 、Q,连AP 交BC 于M,连AQ 交A 1D 1于N,连接NF 、ME. 则五边形AMEFN 即为过A 、E 、F 三点的截面． 由题意易知AP ＝AQ ＝117,PQ ＝92, ∴S △APQ ＝91532,又ME ∥AQ,且EM AQ ＝13,∴S △MPE ＝S △QNF ＝19S △APQ ,∴S AMEFN ＝79S △APQ ＝71532.名师点拨作出截面的关键是找到截线,作出截线的主要根据有： (1)确定平面的条件； (2)三线共点的条件； (3)面面平行的性质定理． 〔变式训练4〕(多选题)(2021·百师联盟联考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,用一个平面α截这个正方体,把该正方体分为体积相等的两部分,则下列结论正确的是( AD )A ．这两部分的表面积也相等B ．截面可以是三角形C ．截面可以是五边形D ．截面可以是正六边形[解析] 平面α截这个正方体,把该正方体分为体积相等的两部分,则平面α一定过正方体的中心,所以这两部分的表面积也相等,根据对称性,截面不会是三角形、五边形,但可以是正六边形(如图)．故选AD ．。
[精品课件]2019届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系课件 文 新
![[精品课件]2019届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系课件 文 新](https://img.taocdn.com/s3/m/28ce561fcf84b9d529ea7a2e.png)
[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．故只有①正确．
[答案] B
2．(2018·安顺模拟)如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB 和 AA1 的中点，求证：
题型占 5～8 分
[知识梳理] 1．平面的基本性质及推论 (1)平面的基本性质： 基本性质 1：如果一条直线上的 两点 在一个平面内，那么这条 直线上的所有点都在这个平面内． 基本性质 2：经过 不在同一直线上 的三点，有且只有一个平面． 基本性质 3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们 有且只有一条 过这个点的公共直线．
方法感悟 1．点线共面问题证明的 2 种方法 (1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内； (2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面 α，再证其余点、线确 定平面 β，最后证明平面 α，β 重合． 2．证明多线共点问题的 2 个步骤 (1)先证其中两条直线交于一点； (2)再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三 条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理 3 证明．
[答案] C
5．(2018·河北省唐山市二模)正方体 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 6， E 点在棱 BC 上，且 BE＝2EC，过 E 点的直线 l 与直线 AA1，C1D1 分别交于 M，N 两点，则 MN 等于( )
A．3 13
B．9 5
C．14
D．21
[解析] 根据题意作图，由图可知：AC11DF1＝NNDC11＝13， NC1＝3，∴FN＝ 13，
[答案] ①③
2019版高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系课件
又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG. 在 Rt△EFG，EG＝12AB＝1， FG＝12CD＝2，∴sin∠EFG＝12， ∴∠EFG＝30°， ∴EF 与 CD 所成的角为 30°.
板块二 典例探究·考向突破
考向 平面基本性质的应用 例 1 如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB 和 AA1 的中点．求证：
2．平行公理 平行于同一条直线的两条直线互相平行 ．
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
．
4．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．
(1)E，C，D1，F 四点共面； (2)CE，D1F，DA 三线共点．
证明 (1)如图所示，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. 则由 P∈CE，CE⊂平面 ABCD，得 P∈平面 CD. 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．
解析 解法一：设 α∩β＝a，若直线 l∥a，且 l⊄α，l⊄β， 则 l∥α，l∥β，因此 α 不一定平行于 β，故 A 错误；由于 l ∥α，故在 α 内存在直线 l′∥l，又因为 l⊥β，所以 l′⊥β， 故 α⊥β，所以 B 正确；若 α⊥β，在 β 内作交线的垂线 l， 则 l⊥α，此时 l 在平面 β 内，因此 C 错误；已知 α⊥β，若 α∩β ＝a，l∥a，且 l 不在平面 α，β 内，则 l∥α 且 l∥β，因此 D 错误．
高三数学一轮复习 第七章 第3课时 空间点、直线、平面之间的位置关系课件
如图所示，正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点．问： (1)AM 和 CN 是否是异面直线？说明理由．
(2)D1B 和 CC1 是否是异面直线？说明理由．
解析： (1)不是异面直线． 理由：连接 MN、A1C1、AC， ∵M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点， ∴MN∥A1C1.
求证：P、A、C 三点共线．
证明： (1)∵E、F 分别为 AB、AD 的中点， ∴EF∥BD. 在△BCD 中，BGGC＝DHHC＝12， ∴GH∥BD.∴EF∥GH.
∴E、F、G、H 四点共面．
(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面 ABC， ∴P∈平面 ABC. 同理 P∈平面 ADC. ∴P 为平面 ABC 与平面 ADC 的公共点． 又平面 ABC∩平面 ADC＝AC， ∴P∈AC，
⊥平面 A1B1M.12 分
【阅后报告】 该题难度较小，第(1)问的关 键在于“找到角”，而第(2)问关键在于证明 BM⊥平面 A1B1M，这些方法是解决立体问题 常用思路．
(本小题满分 12 分)(2010·湖南卷) 如图所示，在长方体 ABCD－ A1B1C1D1 中，AB＝AD＝1，AA1 ＝2，M 是棱 CC1 的中点． (1)求异面直线 A1M 和 C1D1 所成 的角的正切值；
(2)证明：平面 ABM⊥平面 A1B1M.
【规范解答】 (1)因为 C1D1∥B1A1，所以∠ MA1B1 为异面直线 A1M 与 C1D1 所成的角.2 分 因为 A1B1⊥平面 BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°. 而 A1B1＝1，B1M＝ B1C21＋MC21＝ 2，4 分 故 tan∠MA1B1＝AB11BM1＝ 2， 即异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值为
高考数学总复习第七章立体几何7.3空间点、直线、平面之间的位置关系课件
证明：(1)∵E，F 分别为 AB，AD 的中点， ∴EF∥BD. ∵在△BCD 中，BGGC＝DHHC＝12， ∴GH∥BD，∴EF∥GH. ∴E，F，G，H 四点共面． (2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面 ABC， ∴P∈平面 ABC.同理 P∈平面 ADC. ∴P 为平面 ABC 与平面 ADC 的公共点． 又平面 ABC∩平面 ADC＝AC， ∴P∈AC，∴P，A，C 三点共线．
形中位线定理，得 OE∥PD，OE＝12PD＝12，则∠AEO 或其补角 是异面直线 AE 与 PD 所成的角．又△PAB 是等边三角形，所以
AE＝ 23AB＝ 23.易得 OA＝OB＝OC＝OD＝ 22，在△OAE 中，由 余弦定理，得 cos∠AEO＝AE2＋2AOEE·O2－E OA2＝ 33，即异面直线 AE
与
PD
所成角的余弦值为
3 3.
(2)(2019·佛山模拟)如图所示，在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，D 是
ACπ 的中点，AA1∶AB＝ 2∶1，则异面直线 AB1 与 BD 所成的角为 ___3__ .
解析：如图，取 A1C1 的中点 E，连接 B1E，ED，AE，易知 BD∥B1E.
在 Rt△AB1E 中，∠AB1E 为异面直线 AB1 与 BD 所成的角． 设 AB＝1，则 A1A＝ 2，AB1＝ 3，B1E＝ 23， 所以 cos∠AB1E＝BA1BE1＝12， 因此∠AB1E＝π3， 故异面直线 AB1 与 BD 所成的角为π3.
考点二 空间两直线的位置关系
(1)若直线 l1 和 l2 是异面直线，l1 在平面 α 内，l2 在平面 β
内，l 是平面 α 与平面 β 的交线，则下列命题正确的是( D )
A．l 与 l1，l2 都不相交 B．l 与 l1，l2 都相交 C．l 至多与 l1，l2 中的一条相交 D．l 至少与 l1，l2 中的一条相交
高考数学大一轮复习第七章立体几何第三节空间点直线平面之间的位置关系教师用书理
第三节空间点、直线、平面之间的位置关系☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆1．平面的基本性质(1)⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。
(2)平行公理：公理4：平行于同一直线的两条直线互相平行——空间平行线的传递性。
(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。
(4)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 ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)。
②范围：⎝⎛⎥⎤0，π2。
3．直线与平面的位置关系微点提醒1．正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不要理解成“不在同一个平面内”。
2．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件。
3．两条异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2。
4．两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角。
小|题|快|练一 、走进教材1．(必修2P 49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内的直线与a 都相交 D ．α内存在唯一的直线与a 平行【解析】 若直线a 不平行于平面α，且a ⊄α，则线面相交，A 选项不正确，α内存在直线与a 相交；B 选项正确，α内的直线与直线a 的位置关系是相交或者异面，不可能平行；C 选项不正确，α内只有过直线a 与平面的交点的直线与a 相交；D 选项不正确，因为α内的直线与直线a 的位置关系是相交或者异面，不可能平行。
故选B 。
【答案】 B2．(必修2P 52B 组T 1(1))如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①BM 与ED 平行；②CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60°角；④DM 与BN 是异面直线。
高考数学一轮总复习第七章立体几何7.3空间点线面之间的位置关系课件理
如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD－A1B1C1D1
中，AA1＝2AB＝2，则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为( )
1 A.5
B．25
3 C.5
D．45
第三十一页，共39页。
【解析】 连接 BC1，易证 BC1∥AD1， 则∠A1BC1 即为异面直线 A1B 与 AD1 所成的角． 连接 A1C1，由 AB＝1，AA1＝2， 则 A1C1＝ 2，A1B＝BC1＝ 5， 故 cos∠A1BC1＝2×5＋55－×2 5＝45. 【答案】 D
答案：②③
第十六页，共39页。
4．若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成 ________部分．
解析：通过举例说明，如三棱柱三个侧面所在平面满足两两相交，且三条交线互 相平行，这三个平面将空间分成 7 部分．
答案：7
第十七页，共39页。
3
考点疑难突破
第十八页，共39页。
平面的基本(jīběn)性质及应用
第二十一页，共39页。
[自 主 演 练] 如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB，AA1 的中点，求证：
(1)E，C，D1，F 四点共面； (2)CE，D1F，DA 三线共点．
第二十二页，共39页。
证明：(1)如图，连接 EF，A1B，CD1. ∵E，F 分别是 AB，AA1 的中点， ∴EF∥A1B. 又 A1B∥CD1， ∴EF∥CD1， ∴E，C，D1，F 四点共面．
第三十七页，共39页。
(2)取 BC 的中点 F，连接 EF，AF， 则 EF∥PB， 所以∠AEF(或其补角)就是异面直线 AE 与 PB 所成的角． ∵∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面 ABC， ∴AF＝ 3，AE＝ 2， EF＝ 2，cos∠AEF＝AE2＋2·AEEF·2E－FAF2＝2×2＋22×－3 2＝14， 故异面直线 AE 与 PB 所成角的余弦值为41.
高考数学一轮复习第七章立体几何7_3空间点直线平面之间的位置关系课件文新人教A版
二、走近高考
3．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为棱 CC1 的中点， 则异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为( )
A．
2 2
B．
3 2
C．
5 2
D．
7 2
解析 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，CD∥AB，所以异面直线 AE 与 CD 所成角为∠EAB，设正方体棱长为 2a，则由 E 为棱 CC1 的中点，可得 CE＝a，所以 BE＝ 5a。又由 AB⊥平面 BCC1B1，可得 AB⊥BE，所以 tan ∠EAB＝BAEB＝ 25aa＝ 25。故选 C。
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。 其中正确的结论为________(注：把正确结论的序号都填上)。
解析 A，M，C1 三点共面，且在平面 AD1C1B 中，但 C∉平面 AD1C1B， 因此直线 AM 与 CC1 是异面直线，同理 AM 与 BN 也是异面直线，AM 与 DD1 也是异面直线；①②错误，④正确；M，B，B1 三点共面，且在平面 MBB1 中，但 N∉平面 MBB1，因此直线 BN 与 MB1 是异面直线，③正确。
⊥β；
④若直线 m，n 在平面 α 内的射影互相垂直，则 m⊥n。
A．②
B．②③
C．①③
D．②④
解析 对于①，m 与 n 可能平行，可能相交，也可能异面，①错误； 对于②，由线面垂直的性质定理可知，m 与 n 一定平行，故②正确；对于 ③，还有可能 n∥β 或 n 与 β 相交，③错误；对于④，把 m，n 放入正方体 中，如图，取 A1B 为 m，B1C 为 n，平面 ABCD 为平面 α，则 m 与 n 在 α 内的射影分别为 AB 与 BC，且 AB⊥BC。而 m 与 n 所成的角为 60°，故④ 错误。
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7.3 空间点、线、面之间的位置关系[课时跟踪检测][基础达标]1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF 的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，则A1B与EF相交．答案：A2．下列命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.A．1 B．2C．3 D．4解析：根据公理2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.答案：B3．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC 和BD不相交，则甲是乙成立的( )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A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，但直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．答案：A4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1D 1，A 1C 1的中点，则异面直线AE 和CF 所成的角的余弦值为( )A.32 B ．33010C.3010D ．12解析：如图，设正方体的棱长为a ，取线段AB 的中点M ，连接CM ，MF ，EF .则MF 綊AE ，所以∠CFM 即为所求角或所求角的补角，在△CFM 中，MF ＝CM ＝52a ，CF ＝62a ，根据余弦定理可得cos ∠CFM ＝3010，所以异面直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3010.故选C.答案：C5．在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3解析：△ABC 的内切圆的半径r ＝6＋8－102＝2，又因为AA 1＝3<4，所以在三棱柱中体积最大的球的半径为32，此时V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.答案：B6．(2017届郑州模拟)如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：连接A 1C 1，AC (图略)，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，A ，C 四点共面， 所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1. 因为M ∈A 1C ， 所以M ∈平面ACC 1A 1. 又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上， 同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上． 所以A ，M ，O 三点共线． 答案：A7．(2018届福建六校联考)设a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交；④若a ⊂平面α、b ⊂平面β，则a ，b 一定是异面直线． 上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行或异面，故②错；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①8．如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为________．解析：如图，取A 1C 1的中点D 1，连接B 1D 1，因为点D 是AC 的中点，所以B 1D 1∥BD ，所以∠AB 1D 1即为异面直线AB 1与BD 所成的角．连接AD 1，设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以AB 1＝3a ，B 1D 1＝32a ，AD 1＝14a 2＋2a 2＝32a . 所以，在△AB 1D 1中，由余弦定理得，cos ∠AB 1D 1＝AB 21＋B 1D 21－AD212AB 1·B 1D 1＝3a 2＋34a 2－94a22×3a ×32a＝12，所以∠AB 1D 1＝60°. 答案：60°9．如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ， 因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点，所以AD ∥BC ，所以直线AC 1与AD 所成角等于异面直线AC 1与BC 所成角，因为C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，所以C 1D ⊥圆柱下底面，所以C 1D ⊥AD ， 因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形， 所以C 1D ＝2AD ，所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2， 所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2. 答案： 210．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)求证：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：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ， 所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD .故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由BE 綊12FA ，G 是FA 的中点，知BE 綊GF ，所以EF 綊BG . 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面， 又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面．[能 力 提 升]1．如图是三棱锥D －ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( )A.33B ．12 C. 3D ．22解析：由三视图及题意得如图所示的直观图，从A 出发的三条线段AB ，AC ，AD 两两垂直且AB ＝AC ＝2，AD ＝1，O 是BC 中点，取AC 中点E ，连接DE ，DO ，OE ，则OE ＝1，又可知AE ＝1，由于OE ∥AB ，故∠DOE 或其补角即为所求两异面直线所成的角．在直角三角形DAE中，DE ＝2，由于O 是中点，在直角三角形ABC 中可以求得AO ＝2，在直角三角形DAO 中可以求得DO ＝ 3.在三角形DOE 中，由余弦定理得cos ∠DOE ＝1＋3－22×1×3＝33，故所求余弦值为33.答案：A2．在正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，求异面直线PA 与BE 所成角．解：连接AC ，BD 相交于O ，连接PO ，在正四棱锥P －ABCD 中，PO ⊥面ABCD ，故∠PAO ＝60°，O 为AC 、BD 中点，连接OE ，则OE ∥PA ，则∠OEB (或其补角)为异面直线PA 与BE 所成角， 在△OBE 中，OE ＝1，OB ＝1，BE ＝2，∴cos ∠OEB ＝1＋2－12×1×2＝22，∴∠OEB ＝45°.故异面直线PA 与BE 所成角为45°.3．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解：(1)解法一：如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为侧棱A 1A ⊥底面ABC ， 所以侧面A 1ACC 1⊥底面ABC . 又因为EC ＝2FB ＝2，所以OM ∥FB ∥EC 且OM ＝12EC ＝FB .所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF . 因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ， 故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．解法二：如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q .连接PQ ，PB ，BQ . 因为EC ＝2FB ＝2，所以PE 綊BF ，所以PQ ∥AE ，PB ∥EF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ， 因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ， 所以平面PBQ ∥平面AEF . 又因为BQ ⊂平面PBQ ， 所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )或其补角就是异面直线BM 与EF 所成的角． 易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ， 所以cos ∠OFE ＝OFEF＝35＝155， 所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。