2022届高考数学一轮复习-第7章-立体几何-第2节-空间图形的基本关系与公理教案-北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第2节 空间图形的基本关系与公理教案 北师大版

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第2节 空间图形的基本关系与公理教案 北师大版

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　空间图形的基本关系与公理
[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

(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°，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．

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．(　　)
(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)若直线a不平行于平面α，且aα，则α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b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．]
2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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°
C　[连接B1D1，D1C(图略)，
则B1D1∥EF，
故∠D1B1C为所求的角，
又B1D1＝B1C＝D1C，
∴∠D1B1C＝60°.]
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A­BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，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)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD　[(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝AC，EH＝BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.]

考点一　空间图形的公理及应用
　共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．
(2)证明共线的方法：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直线上．
(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．
[典例1]　如图所示，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．
[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，
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ADD1A1＝DA，
∴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，再证明交点在直线DA上．

1．有下列四个命题：
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
③空间四点中有三点共线，则此四点共面；
④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________．
②③　[①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②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②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④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④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．
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2]　(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(　　)
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
(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：

①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
(1)D　(2)①③　[(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∥l1，l∥l2，则l1∥l2，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1，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2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C错误．

图1　　　　　图2
(2)如图，①AB⊥EF，正确；②显然AB∥CM，所以错误；③EF与MN是异面直线，所以正确；④MN与CD异面，并且垂直，所以错误，则正确的是①③.]

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．

如图，在正方体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．
其中正确结论的序号为________．
③④　[直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，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
(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角．
(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小．
提醒：异面直线所成的角θ∈.
2．坐标法求异面直线所成的角
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Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　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________．
(1)C　(2)或　[(1)法一：(平移法)如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，
所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
故选C.
法二：(补体法)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA­A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，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DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，
∴cos∠DB1B′＝.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)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，

B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，
则由向量夹角公式，得
cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，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×＝.]
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)．

1.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°
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．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1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. B. C. D.
C　[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∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cos θ＝＝＝.
故选C.]