2021版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第2讲 空间图形的基本关系与公理教学案 理 北师大版

第2讲空间图形的基本关系与公理一、知识梳理1空间图形的基本位置关系(1)空间点与直线的位置关系有两种：点在直线上和点在直线外(2)空间点与平面的位置关系有两种：点在平面内和点在平面外(3)空间两条直线的位置关系有三种共面直线异面直线：不同在任何一个平面内的两条直线(4)空间直线与平面的位置关系有三种直线在平面内，直线和平面有无数个公共点直线和平面相交：直线和平面只有一个公共点直线和平面平行：直线和平面没有公共点(5)空间平面与平面的位置关系有两种平行平面：两个平面没有公共点相交平面：两个平面不重合，但有公共点2空间图形的公理公理1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)公理2：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(即直线在平面内)推论1：一条直线和直线外一点确定一个平面；推论2：两条相交直线确定一个平面；推论3：两条平行直线确定一个平面公理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平行3等角定理与异面直线所成的角(1)等角定理：空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补(2)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角)范围：4空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面内a有无数个公共点直线在平面外直线a与平面平行a没有公共点直线a与平面斜交aA有且只有一个公共点直线a与平面垂直a(2)空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行没有公共点两平面相交斜交l有一条公共直线垂直且a常用结论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二、教材衍化1下列命题中正确的是()A过三点确定一个平面B四边形是平面图形C三条直线两两相交则确定一个平面D两个相交平面把空间分成四个区域解析：选D.对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故B错误；对于C，三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，故C错误；对于D，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确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_解析：连接B1D1，D1C，则B1D1EF，故D1B1C为所求，又B1D1B1CD1C，所以D1B1C60.答案：603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为正方形解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，所以EFEH，故ACBD.(2)因为四边形EFGH为正方形，所以EFEH且EFEH，因为EF綊AC，EH綊BD，所以ACBD且ACBD.答案：(1)ACBD(2)ACBD且ACBD一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)如果两个不重合的平面，有一条公共直线a，就说平面，相交，并记作a.()(2)两个平面，有一个公共点A，就说，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()答案：(1)(2)(3)(4)(5)二、易错纠偏(1)判断直线与平面的位置关系时，忽视“直线在平面内”；(2)对等角定理的应用条件认识不清；(3)对异面直线的概念理解有误1已知直线a和平面，l，a，a，且a在，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、平行或异面解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面故选D.2若AOBA1O1B1，且OAO1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是()AOBO1B1且方向相同 BOBO1B1COB与O1B1不平行 DOB与O1B1不一定平行解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.平面的基本性质及其应用(师生共研) 在正方体ABCDA1B1C1D1中，判断下列说法是否正确，并说明理由(1)直线AC1在平面CC1B1B内；(2)设正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心分别为O，O1，则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；(3)由点A，O，C可以确定一个平面；(4)由A，C1，B1确定的平面是ADC1B1；(5)设直线l是平面ABCD内的直线，直线m是平面DD1C1C内的直线，若l与m相交，则交点一定在直线CD上【解】(1)错误若AC1平面CC1B1B，又BC平面CC1B1B，则A平面CC1B1B，且B平面CC1B1B，所以AB平面CC1B1B，与AB平面CC1B1B矛盾，故(1)中说法错误(2)正确因为O，O1是两平面的两个公共点，所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.(3)错误因为A，O，C三点共线，所以不能确定一个平面(4)正确因为A，C1，B1不共线，所以A，C1，B1三点可以确定平面，又四边形AB1C1D为平行四边形，AC1，B1D相交于O2点，而O2，B1，所以B1O2，又DB1O2，所以D.(5)正确若l与m相交，则交点是两平面的公共点，而直线CD为两平面的交线，所以交点一定在直线CD上(1)三个公理是立体几何的基础公理1是利用点或直线确定平面的依据；公理2是确定直线在平面内的依据；公理3是确定两个平面有一条交线的依据，同时也是证明多点共线、多线共点的依据(2)证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，证明点在两个平面的交线上，或者选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在该直线上 1在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A点P必在直线AC上B点P必在直线BD上C点P必在平面DBC内D点P必在平面ABC外解析：选A.如图，因为EF平面ABC，而GH平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上2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()解析：选D.A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面空间两直线位置关系的判定(师生共研) (1)(2019高考全国卷)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()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线(2)如图中，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()A BC D【解析】(1)取CD的中点O，连接ON，EO，因为ECD为正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP，CP，所以BM2MP2BP2()2()2227，得BM，所以BMEN.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，选B.(2)由题意，可知题图中，GHMN，因此直线GH与MN共面；题图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图中，连接MG，则GMHN，因此直线GH与MN共面；题图中，连接GN，G，M，N三点共面，但H平面GMN，所以直线GH与MN异面故选C.【答案】(1)B(2)C(1)异面直线的判定方法(2)构造法判断空间两直线的位置关系对于线面、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，可避免因考虑不全面而导致错误，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 1若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交解析：选D.由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交2.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论为_(把你认为正确的结论的序号都填上)解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故错误答案：异面直线所成的角(典例迁移) 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_【解析】如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接AG，GP，则GPBD，所以APG为异面直线AP与BD所成的角，在AGP中，AGGPAP，所以APG.【答案】【迁移探究】(变条件)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，求cos 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，EM2，MN.在MEN中，由余弦定理得cos MEN.即cos .用平移法求异面直线所成角的步骤(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(或其补角)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 1(2020太原模拟)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若ABBB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是()A. BC. D解析：选C.如图，取A1C1的中点E，连接BE，DE，则DEA1C，所以BDE或其补角即为CA1与BD所成的角，设为.由几何体ABCA1B1C1是正三棱柱且ABBB1，可设其棱长为2.在BDE中，BD，BE，DE，由余弦定理可得cos 0，所以.故选C.2如图，E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，PC10，AB6，EF7，则异面直线AB与PC所成的角为_解析：取AC的中点M，连接EM，MF.因为E，F分别是AP，BC的中点，所以MFAB，MFAB3，MEPC，MEPC5，所以MF与ME所成的角即为AB与PC所成的角(或其补角)在三角形MEF中，cosEMF，所以EMF120，所以异面直线AB与PC所成的角为60.答案：60构造平面研究直线相交问题(一题多解)设l是直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若l，l，则B若l，l，则C若，l，则lD若，l，则l【解析】法一：设a，若直线la，且l，l，则l，l，因此不一定平行于，故A错误；由于l，故在内存在直线ll.又因为l.所以l，故，所以B正确；若，在内作交线的垂线l，则l，此时l在平面内，因此C错误；已知，若a，la，且l不在平面，内，则l且l，因此D错误故选B.法二：借助于长方体模型解决本题：对于A，如图，与可相交；对于B，如图，不论在何位置，都有；对于C，如图，l可与平行或l内；对于D，如图，l或l或l.故选B.【答案】B(一题多解)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有_条【解析】法一：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面，因为CD与平面不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交【答案】无数(1)平面几何和立体几何在点、线、面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点、线、面的位置关系在平面和空间中的差异(2)本题难度不大，但比较灵活对平面的基本性质、空间两条直线的位置关系的考查难度一般都不会太大(3)注意本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多 基础题组练1四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有()A4个 B3个C2个 D1个解析：选A.首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面2已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错3如图，ABCDA1B1C1D1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()AA，M，O三点共线 BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面 DB，B1，O，M共面解析：选A.连接A1C1，AC，则A1C1AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C平面ACC1A1，因为MA1C，所以M平面ACC1A1.又M平面AB1D1，所以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的交线上所以A，M，O三点共线4.(2020广东东莞模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()ACC1与B1E是异面直线BAC平面ABB1A1CAE，B1C1为异面直线，且AEB1C1DA1C1平面AB1E解析：选C.因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，所以选项A错误假设AC平面ABB1A1，则ACAB，即CAB90，从而可得C1A1B190，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误因为点B1AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE，B1C1为异面直线；由题意可知ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AEBC，结合BCB1C1可得AEB1C1，故选项C正确因为直线AC交平面AB1E于点A，又ACA1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误综上，选C.5在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A. B1C. D解析：选C.法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1MPB，则PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)设三棱柱的棱长为2，则PN，PB，BN，所以PN2BN2PB2，所以PNB90，在RtPBN中，tanPBN，故选C.法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则N(0，0，0)，A1(0，1，2)，B(，0，0)，M(，0，1)，所以(，0，0)，(，1，1)，设直线A1M与BN所成的角为，则cos |cos，|，则sin ，tan .6如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是_EF与GH平行；EF与GH异面；EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；EF与GH的交点M一定在直线AC上解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EHBD，FGBD，故EHFG，所以E，F，G，H四点共面因为EHBD，FGBD，故EHFG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上答案：7一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：AFGC；BD与GC成异面直线且夹角为60；BDMN；BG与平面ABCD所成的角为45.其中正确的是_(填序号)解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)对于，由图形知AF与GC异面垂直，故正确；对于，BD与GC显然成异面直线如图，连接EB，ED，则BEGC，所以EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)在等边BDE中，EBD60，所以异面直线BD与GC所成的角为60，故正确；对于，BD与MN为异面垂直，故错误；对于，由题意得，GD平面ABCD，所以GBD是BG与平面ABCD所成的角但在RtBDG中，GBD不等于45，故错误综上可得正确答案：8(2020河南安阳调研四)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1ECF，则当EBC的面积取得最小值时，_解析：如图所示，连接B1D1，取AB的中点G，连接D1G，B1G.由题意得CF平面B1D1G，所以当点E在直线B1G上时，D1ECF，设BCa，则SEBCEBBCEBa，当EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，所以线段EB长度的最小值为，所以.答案：9如图所示，在正方体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.因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EFBA1.又A1BD1C，所以EFCD1，所以E，C，D1，F四点共面(2)因为EFCD1，EFCD1，所以CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示则由PCE，CE平面ABCD，得P平面ABCD.同理P平面ADD1A1.又平面ABCD平面ADD1A1DA，所以P直线DA，所以CE，D1F，DA三线共点10.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，D是PC的中点已知BAC，AB2，AC2，PA2.求：(1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值解：(1)SABC222，三棱锥PABC的体积为VSABCPA22.(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.综合题组练1(2020广东深圳二模)已知正方体ABCDA1B1C1D1，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则()AmD1QBm平面B1D1QCmB1QDm平面ABB1A1解析：选B.因为正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BDB1D1，所以mBDB1D1，因为m平面B1D1Q，B1D1平面B1D1Q，所以m平面B1D1Q.故选B.2在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE()A. B C. D解析：选D.过点C1作C1GB1F，交直线CD于点G，过点E作HQC1G，交CD延长线，C1D1于点H，Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQB1F，所以Q，H，F，B1四点共面，易求得HDD1Q，由PDHPAF可得2，则PD，在RtPED中，PE ，故选D.3.如图，在直二面角ABDC中，ABD，CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将ABE沿BE翻折到A1BE，在ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是()ABC与平面A1BE内某直线平行BCD平面A1BECBC与平面A1BE内某直线垂直DBCA1B解析：选D.连接CE，当平面A1BE与平面BCE重合时，BC平面A1BE，所以平面A1BE内必存在与BC平行和垂直的直线，故A，C可能成立；在平面BCD内过B作CD的平行线BF，使得BFCD，连接EF，则当平面A1BE与平面BEF重合时，BF平面A1BE，故平面A1BE内存在与BF平行的直线，即平面A1BE内存在与CD平行的直线，所以CD平面A1BE，故B可能成立若BCA1B，又A1BA1E，则A1B为直线A1E和BC的公垂线，所以A1BCE，设A1B1，则经计算可得CE，与A1BCE矛盾，故D不可能成立故选D.4如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是_解析：连接DN，则MDN为直角三角形，在RtMDN中，MN2，P为MN的中点，连接DP，则DP1，所以点P在以D为球心，半径R1的球面上，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S4R2.答案：5.已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面三角形ABC的中心，如图所示(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1BCA1的体积解：(1)因为AA1CC1，所以异面直线AA1与BC1所成的角为BC1C或其补角连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边上的中点因为点O是正三角形ABC的中心，且A1O平面ABC，所以BCAD，BCA1O，因为ADA1OO，所以BC平面ADA1.所以BCAA1，又因为AA1CC1，所以CC1BC，BCCC1B1C1BB12，即四边形BCC1B1为正方形，所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为.(2)因为三棱柱的所有棱长都为2，所以可求得AD，AOAD，A1O.所以VABCA1B1C1SABCA1O2，VA1BCC1B1VABCA1B1C1VA1ABC，所以VC1BCA1VA1BCC1VA1BCC1B1.6.(2020衡阳模拟)如图，四棱锥MABCD中，CDADAB90，AB2DC，MCD与MAD都是等边三角形，且点M在底而ABCD上的射影为O.(1)证明：O为AC的中点；(2)求异面直线MD与BC所成角的大小解：(1)证明：连接AC，取AC的中点N，连接MN，DN，因为MCD与MAD都是等边三角形，且公共边为MD，所以MCMAMDDADC，又因为N是AC的中点，所以MNAC，在RtADC中，DNNCAC，所以MNDMNC，得MNDN.又因为DNACN，所以MN平面ABCD，故点M在底面上的射影为N，又已知点M在底面ABCD上的射影为O，所以N与O重合，即O为AC的中点(2)设MCMAMDDADCa，AB2DC2a，因为CDADAB90，所以ACBCa，则AC2BC2AB2，即ACB90.又因为DADC，O是AC的中点，所以DOCACB90，所以DOBC，故异面直线MD与BC所成角为MDO.在RtMDO中，DOMOa，所以MDO45，即异面直线MD与BC所成角为45.21