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  • 2021-06-23 发布

2018版高考数学(理)(人教)大一轮复习文档讲义:第八章8-3空间点、直线、平面之间的位置关系

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‎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.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:.‎ ‎3.直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况.‎ ‎4.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.‎ ‎5.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.‎ ‎【知识拓展】‎ ‎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.‎ ‎2.异面直线的判定定理 经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.‎ ‎【思考辨析】‎ 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)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.( × )‎ ‎(4)经过两条相交直线,有且只有一个平面.( √ )‎ ‎(5)没有公共点的两条直线是异面直线.( × )‎ ‎1.下列命题正确的个数为(  )‎ ‎①梯形可以确定一个平面;‎ ‎②若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线平行;‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面;‎ ‎④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 答案 C 解析 ②中两直线可以平行、相交或异面,④中若三个点在同一条直线上,则两个平面相交,①③正确.‎ ‎2.(2016·浙江)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则(  )‎ A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 答案 C 解析 由已知,α∩β=l,∴l⊂β,又∵n⊥β,∴n⊥l,C正确.‎ ‎3.(2017·合肥质检)已知l,m,n为不同的直线,α,β,γ为不同的平面,则下列判断正确的是(  )‎ A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n∥β,α⊥β,则m⊥n C.若α∩β=l,m∥α,m∥β,则m∥l D.若α∩β=m,α∩γ=n,l⊥m,l⊥n,则l⊥α 答案 C 解析 m,n可能的位置关系为平行,相交,异面,故A错误;根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误;根据线面平行的性质可知C正确;若m∥n,根据线面垂直的判定可知D错误,故选C.‎ ‎4.(教材改编)如图所示,已知在长方体ABCD-EFGH中,AB=2,AD=2,AE=2,则BC和EG所成角的大小是______,AE和BG所成角的大小是________.‎ 答案 45° 60°‎ 解析 ∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即∠EGF,tan∠EGF===1,∴∠‎ EGF=45°,‎ ‎∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即∠GBF,tan∠GBF===,∴∠GBF=60°.‎ ‎5.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 EF与正方体左、右两侧面均平行.所以与EF相交的侧面有4个.‎ 题型一 平面基本性质的应用 例1 (1)(2016·山东)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 答案 A 解析 若直线a和直线b相交,则平面α和平面β相交;若平面α和平面β相交,那么直线a和直线b可能平行或异面或相交,故选A.‎ ‎(2)已知空间四边形ABCD(如图所示),E、F分别是AB、AD的中点,G、H分别是BC、CD上的点,且CG=BC,CH=DC.求证:‎ ‎①E、F、G、H四点共面;‎ ‎②三直线FH、EG、AC共点.‎ 证明 ①连接EF、GH,如图所示,‎ ‎∵E、F分别是AB、AD的中点,‎ ‎∴EF∥BD.‎ 又∵CG=BC,CH=DC,‎ ‎∴GH∥BD,∴EF∥GH,‎ ‎∴E、F、G、H四点共面.‎ ‎②易知FH与直线AC不平行,但共面,‎ ‎∴设FH∩AC=M,∴M∈平面EFHG,M∈平面ABC.‎ 又∵平面EFHG∩平面ABC=EG,‎ ‎∴M∈EG,∴FH、EG、AC共点.‎ 思维升华 共面、共线、共点问题的证明 ‎(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.‎ ‎ 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∥AD且BC=AD,BE∥AF且BE=AF,G、H分别为FA、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?‎ ‎(1)证明 由已知FG=GA,FH=HD,‎ 可得GH綊AD.‎ 又BC綊AD,∴GH綊BC.‎ ‎∴四边形BCHG为平行四边形.‎ ‎(2)解 ∵BE綊AF,G是FA的中点,∴BE綊FG,‎ ‎∴四边形BEFG为平行四边形,∴EF∥BG.‎ 由(1)知BG綊CH,∴EF∥CH,∴EF与CH共面.‎ 又D∈FH,∴C、D、F、E四点共面.‎ 题型二 判断空间两直线的位置关系 例2 (1)(2015·广东)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)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是(  )‎ A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 C.MN与BD平行 D.MN与A1B1平行 ‎(3)在图中,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是异面直线的图形有________.(填上所有正确答案的序号)‎ 答案 (1)D (2)D (3)②④‎ 解析 (1)若l与l1,l2都不相交,则l∥l1,l∥l2,∴l1∥l2,这与l1和l2异面矛盾,∴l至少与l1,l2中的一条相交.‎ ‎(2)连接B1C,B1D1,如图所示,‎ 则点M是B1C的中点,MN是△B1CD1的中位线,∴MN∥B1D1,‎ 又BD∥B1D1,∴MN∥BD.‎ ‎∵CC1⊥B1D1,AC⊥B1D1,‎ ‎∴MN⊥CC1,MN⊥AC.‎ 又∵A1B1与B1D1相交,‎ ‎∴MN与A1B1不平行,故选D.‎ ‎(3)图①中,直线GH∥MN;‎ 图②中,G、H、N三点共面,但M∉面GHN,‎ 因此直线GH与MN异面;‎ 图③中,连接MG,GM∥HN,因此GH与MN共面;‎ 图④中,G、M、N共面,但H∉面GMN,‎ 因此GH与MN异面.‎ 所以图②④中GH与MN异面.‎ 思维升华 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.对于异面直线,可采用直接法或反证法;对于平行直线,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;对于垂直关系,往往利用线面垂直的性质来解决.‎ ‎ (1)已知a,b,c为三条不重合的直线,有下列结论:①若a⊥b,a⊥c,则b∥c;②若a⊥b,a⊥c,则b⊥c;③若a∥b,b⊥c,则a⊥c.其中正确的个数为(  )‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎(2)(2016·南昌一模)已知a、b、c是相异直线,α、β、γ是相异平面,则下列命题中正确的是(  )‎ A.a与b异面,b与c异面⇒a与c异面 B.a与b相交,b与c相交⇒a与c相交 C.α∥β,β∥γ⇒α∥γ D.a⊂α,b⊂β,α与β相交⇒a与b相交 答案 (1)B (2)C 解析 (1)在空间中,若a⊥b,a⊥c,则b,c可能平行,也可能相交,还可能异面,所以①②错,③显然成立.‎ ‎(2)如图(1),在正方体中,a、b、c是三条棱所在直线,满足a与b异面,b与c异面,但a∩c=A,故A错误;在图(2)的正方体中,满足a与b相交,b与c相交,但a与c不相交,故B错误;如图(3),α∩β=c,a∥c,则a与b不相交,故D错误.‎ 题型三 求两条异面直线所成的角 例3 (2016·重庆模拟)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________.‎ 答案  解析 如图,将原图补成正方体ABCD-QGHP,连接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=.‎ 引申探究 在本例条件下,若E,F,M分别是AB,BC,PQ的中点,异面直线EM与AF所成的角为θ,求cos θ的值.‎ 解 设N为BF的中点,连接EN,MN,‎ 则∠MEN是异面直线EM与AF所成的角或其补角.‎ 不妨设正方形ABCD和ADPQ的边长为4,‎ 则EN=,EM=2,MN=.‎ 在△MEN中,由余弦定理得 cos ∠MEN= ‎= ‎=-=-.‎ 即cos θ=.‎ 思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法 ‎(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,求出作出的角.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.‎ ‎ 已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 画出正四面体ABCD的直观图,如图所示.‎ 设其棱长为2,取AD的中点F,‎ 连接EF,‎ 设EF的中点为O,连接CO,‎ 则EF∥BD,‎ 则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角.‎ ‎△ABC为等边三角形,‎ 则CE⊥AB,‎ 易得CE=,‎ 同理可得CF=,‎ 故CE=CF.‎ 因为OE=OF,所以CO⊥EF.‎ 又EO=EF=BD=,‎ 所以cos∠FEC===.‎ ‎16.构造模型判断空间线面位置关系 典例 已知m,n是两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,有下列四个命题:‎ ‎①若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;‎ ‎②若m∥α,n∥β,m⊥n,则α∥β;‎ ‎③若m⊥α,n∥β,m⊥n,则α∥β;‎ ‎④若m⊥α,n∥β,α∥β,则m⊥n.‎ 其中所有正确的命题是________.‎ 思想方法指导 本题可通过构造模型法完成,构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型,然后将问题利用模型直观地作出判断,这样减少了抽象性,避免了因考虑不全面而导致解题错误.对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定,可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断.‎ 解析 借助于长方体模型来解决本题,对于①,可以得到平面α、β互相垂直,如图(1)所示,故①正确;对于②,平面α、β可能垂直,如图(2)所示,故②不正确;对于③,平面α、β可能垂直,如图(3)所示,故③不正确;对于④,由m⊥α,α∥β可得m⊥β,因为n∥β,所以过n作平面γ,且γ∩β=g,如图(4)所示,所以n与交线g平行,因为m⊥g,所以m⊥n,故④正确.‎ 答案 ①④‎ ‎1.设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,a⊂α,b⊥β,则“α∥β”是“a⊥b”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 答案 A 解析 若a⊂α,b⊥β,α∥β,则由α∥β,b⊥β⇒b⊥α,‎ 又a⊂α,所以a⊥b;若a⊥b,a⊂α,b⊥β,‎ 则b⊥α或b∥α或b⊂α,此时α∥β或α与β相交,‎ 所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件,故选A.‎ ‎2.(2016·福州质检)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E、F分别为棱AA1、CC1的中点,则在空间中与直线A1B1、EF、BC都相交的直线(  )‎ A.不存在 B.有且只有两条 C.有且只有三条 D.有无数条 答案 D 解析 在EF上任意取一点M,直线A1B1与M确定一个平面,这个平面与BC有且仅有1个交点N,当M的位置不同时确定不同的平面,从而与BC有不同的交点N,而直线MN与A1B1、EF、BC分别有交点P、M、N,如图,故有无数条直线与直线A1B1、EF、BC都相交.‎ ‎3.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内都有直线m使得m⊥l.‎ ‎4.在四面体ABCD的棱AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF与HG交于点M,则(  )‎ A.M一定在直线AC上 B.M一定在直线BD上 C.M可能在AC上,也可能在BD上 D.M既不在AC上,也不在BD上 答案 A 解析 由于EF∩HG=M,且EF⊂平面ABC,‎ HG⊂平面ACD,所以点M为平面ABC与平面ACD的一个公共点,而这两个平面的交线为AC,‎ 所以点M一定在直线AC上,故选A.‎ ‎5.四棱锥P-ABCD的所有侧棱长都为,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA所成角的余弦值为(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 因为四边形ABCD为正方形,故CD∥AB,则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角,即为∠PAB.‎ 在△PAB内,PB=PA=,AB=2,利用余弦定理可知cos∠PAB===,故选B.‎ ‎6.下列命题中,正确的是(  )‎ A.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 B.若a,b是两条直线,且a∥b,则直线a平行于经过直线b的所有平面 C.若直线a与平面α不平行,则此直线与平面内的所有直线都不平行 D.若直线a∥平面α,点P∈α,则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条 答案 D 解析 对于A,当α∥β,a,b分别为第三个平面γ与α,β的交线时,由面面平行的性质可知a∥b,故A错误.‎ 对于B,设a,b确定的平面为α,显然a⊂α,故B错误.‎ 对于C,当a⊂α时,直线a与平面α内的无数条直线都平行,故C错误.易知D正确.故选D.‎ ‎7.(2016·南昌高三期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB=90°,AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为________.‎ 答案 5 解析 连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,∴A1C+BC=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,在△A1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA1=A1C===5.‎ ‎8.如图是正四面体(各面均为正三角形)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 把正四面体的平面展开图还原,如图所示,GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直线,GH与MN成60°角,DE⊥MN.‎ ‎9.(2015·浙江)如图,三棱锥ABCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________.‎ 答案  解析 如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.‎ ‎∵M为AD的中点,‎ ‎∴MK∥AN,‎ ‎∴∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.‎ ‎∵AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,‎ N为BC的中点,‎ 由勾股定理求得AN=DN=CM=2,‎ ‎∴MK=.‎ 在Rt△CKN中,CK==.‎ 在△CKM中,由余弦定理,得 cos∠KMC= ‎==.‎ ‎*10.(2017·郑州质检)如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是________.‎ ‎①BM是定值;‎ ‎②点M在某个球面上运动;‎ ‎③存在某个位置,使DE⊥A1C;‎ ‎④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.‎ 答案 ③‎ 解析 取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.‎ ‎11.如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1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,‎ ‎∵BB1綊DD1,‎ ‎∴四边形BB1D1D为平行四边形,又H∈B1D,‎ B1D⊂平面BB1D1D,‎ 则H∈平面BB1D1D,‎ ‎∵平面ACD1∩平面BB1D1D=OD1,∴H∈OD1.‎ 即D1、H、O三点共线.‎ ‎12.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.‎ 解 如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,‎ 在△ACD中,E、F分别是AD、AC的中点,‎ ‎∴EF∥CD.‎ ‎∴∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.‎ 在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,‎ ‎∴BE=.‎ 在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,‎ ‎∴EF=.‎ 在Rt△BAF中,AB=1,AF=,∴BF=.‎ 在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.‎ ‎∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为.‎ ‎*13.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:‎ ‎(1)D、B、F、E四点共面;‎ ‎(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.‎ 证明 (1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,‎ 所以EF∥B1D1.‎ 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,‎ 所以EF∥BD.‎ 所以EF,BD确定一个平面.‎ 即D、B、F、E四点共面.‎ ‎(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,‎ 设平面A1ACC1确定的平面为α,‎ 又设平面BDEF为β.‎ 因为Q∈A1C1,所以Q∈α.‎ 又Q∈EF,所以Q∈β.‎ 则Q是α与β的公共点,‎ 同理,P点也是α与β的公共点.‎ 所以α∩β=PQ.‎ 又A1C∩β=R,‎ 所以R∈A1C,则R∈α且R∈β.‎ 则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.‎

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