第3节-空间点、直线、平面之间的位置关系.doc

第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系
考纲要求　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．

知识梳理
1．平面的基本性质
(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：过不在同一条直线上的三点，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．
2．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∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言

符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
6独有关系
图形
语言

符号
语言
a，b是异面直线
a⊂α

3.平行公理(公理4)和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
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，经过空间任意一点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：.

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．异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
3．两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．
诊断自测

1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(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a⊄α，则α内的所有直线与a异面．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
解析　(1)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，故错误．
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误．
(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误．

2．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B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.
3.如图，在三棱锥A－BCD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．
答案　(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD
解析　(1)∵四边形EFGH为菱形，
∴EF＝EH，∵EF綉AC，EH綉BD，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF綉AC，EH綉BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.

4．(2020·东北三省三校质检)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
答案　D
解析　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
5．(2021·日照调研)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
答案　D
解析　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．
6．(2021·郑州质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是(　　)
A. B． C． D．
答案　A
解析　如图，连接AD1，CD1，则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1所成的角，易知AC＝5，AD1＝2，CD1＝，由余弦定理得

cos ∠D1AC＝＝.

考点一　平面的基本性质及应用
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(　　)

答案　D
解析　对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．
2.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
答案　C
解析　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.
3．在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P(　　)
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
答案　B
解析　如图所示，

因为EF⊂平面ABC，
HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，
所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.
又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
感悟升华　1.证明点或线共面问题的两种方法：(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．证明点共线问题的两种方法：(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(如某两个平面的交线)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．考点二　空间两直线的位置关系
【例1】　(1)(2021·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：
①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN∥BD1；④MN∥平面BB1D1D.其中所有正确结论的序号是(　　)

A．①④ B．②④
C．①③④ D．②③④
(2)(2019·全国Ⅲ卷)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
答案　(1)B　(2)B
解析　(1)连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，
又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则①不正确，②正确．
③令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.
因为M，N分别是C1D1，BC的中点，
所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
所以MN∥平面BD1D，③不正确，④正确．
综上所述，②④正确．
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EO⊂平面ECD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，交CD于点P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.
感悟升华　空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定．异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．
【训练】　(1)(2021·河南名校联考)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，则(　　)
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n平行、相交、异面均有可能
(2)(2021·宜宾质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法错误的是(　　)
A．MN与PD是异面直线 B．MN∥平面PBC
C．MN∥AC D．MN⊥PB
答案　(1)D　(2)C
解析　(1)因为m⊥l，n⊥l，结合长方体模型可知m与n可以相交，也可以异面，还可以平行．
(2)如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，

由题意知，四边形MHCN为平行四边形，
且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，
设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，
故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，
因此MN与PD是异面直线；
故A，B说法均正确．
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，
C说法不正确；
因为PC＝BC，H为PB的中点，
所以CH⊥PB，又CH∥MN，
所以MN⊥PB，D说法正确．
考点三　异面直线所成的角
【例2】　(1)(经典母题)在长方体ABCD－A1B1C1D1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) (2021·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为(　　)

A. B． C． D．
答案　(1)C　(2)D
解析　(1)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所成角或其补角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1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＝＝.
故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
(2)如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．

∵SE＝SB，∴SE＝BE.
又OB＝3，∴OF＝OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3.
∵SO⊥OF，∴SF＝＝.
∵OC⊥OF，∴CF＝.
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝＝.
【迁移1】　若将例2中(1)条件“AA1＝”变为“AA1＝2”，其它条件不变，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为________．
答案　
解析　连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1(或其补角)为异面直线A1B与AD1所成的角．
连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，

易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，
∴cos∠A1BC1＝＝.
故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.
【迁移2】　若将例2中(1)题条件“AA1＝”变为“异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为”．试求AA1的值．
解　设AA1＝t，∵AB＝BC＝1，
∴A1C1＝，A1B＝BC1＝.
∴cos∠A1BC1＝
＝＝.
解之得t＝3，则AA1＝3.
感悟升华　综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线．
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角)．
(3)求：解三角形，求出所作的角，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．
立体几何中的截面问题
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．立体几何中截面问题涉及线、面位置关系，点线共面、线共点等问题，综合性较强，培养学生直观想象和逻辑推理等数学核心素养．
【典例】　(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A. B． C． D．
答案　A
解析　如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意．

由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形．
故其面积为6××2＝.
思维升华　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．
【训练】　(2021·雅礼中学检测)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为(　　)

A. B．
C. D．
答案　A
解析　延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，

由题意解三角形可得NE＝ME＝，AM＝AN＝，MN＝.
∴△AMN中MN边上的高h1＝＝，△EMN中MN边上的高h2＝＝.
∴AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN＝MN·(h1＋h2)
＝×＝.

A级　基础巩固
一、选择题
1．给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面．其中正确的序号是(　　)
A．① B．①④ C．②③ D．③④
答案　B
解析　显然命题①正确．
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错．
命题③中，两个平面重合或相交，③错．
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确．
2. (2020·重庆一中月考)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(　　)

A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案　D
解析　∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
3．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(　　)
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案　C
解析　若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．
4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)

A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
答案　A
解析　连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
∴A，M，O三点共线．
5．在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是(　　)
A．相交 B．平行
C．异面 D．平行或异面
答案　B
解析　如图所示，连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.

由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，
∴在△SMN中，＝，
∴G1G2∥MN，
易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，
∴G1G2∥BC.
6．在各棱长均相等的四面体ABCD中，已知M是棱AD的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为(　　)
A. B． C． D．
答案　C
解析　设四面体ABCD的棱长为2，取CD的中点N，连接MN，BN，

∵M是棱AD的中点，
∴MN∥AC，
∴∠BMN(或其补角)是异面直线BM与AC所成的角．
∵BM＝BN＝＝，
MN＝AC＝1，
∴在△BMN中，cos∠BMN＝＝＝，
∴异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
二、填空题
7．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________．

答案　4
解析　因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交．
8.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．

答案　
解析　取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，

所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角．
因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，
所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
9.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，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．

以上四个命题中，正确命题的序号是________．
答案　②③④
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DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确的序号是②③④.
三、解答题
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求异面直线AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的大小．
解　(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是异面直线AC与A1D所成的角．

在△AB1C中，AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
故异面直线A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，所以EF⊥AC.
所以EF⊥A1C1.
故异面直线A1C1与EF所成的角为90°.
11．(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：

(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
证明　(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.

由于EF⊂平面BB1D1D，
所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为ED1＝DD1，AG＝AA1，DD1綉AA1，所以ED1綉AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綉AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綉A1B1，所以FG綉C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
B级　能力提升
12．(2021·昆明诊断)如图，已知二面角A-BD-C的大小为，G，H分别是BC，CD的中点，E，F分别在AD，AB上，＝＝，且AC⊥平面BCD，则以下说法不正确的是(　　)

A．E，F，G，H四点共面
B．FG∥平面ADC
C．若直线FG，HE交于点P，则P，A，C三点共线
D．若△ABD的面积为6，则△BCD的面积为3
答案　B
解析　由＝＝知EF綉BD.
又GH綉BD，∴EF∥GH，
因此E，F，G，H共面，A项正确；
假设FG∥平面ADC成立，因为平面ABC∩平面DAC＝AC，
所以FG∥AC，又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与＝矛盾，B项不正确；
因为FG⊂平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面ADC，
因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，因此C正确；
易知S△BCD＝cos·S△ABD＝×6＝3，D正确．
13．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l与A1D平行，设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cos θ＝________.
答案　
解析　如图所示，设正方体的表面ABB1A1的中心为P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，角θ即∠POC1.

设正方体的棱长为2，则
OP＝A1D＝，OC1＝，PC1＝，
则cos∠POC1＝＝＝.
14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．

(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值．
解　(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，
所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，

∵()2＋()2＝()2，即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.