2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第八章第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第八章第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系

www.ks5u.com 第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[2020湖北省武汉市部分重点中学联考]下列说法正确的是(　　)‎ A.梯形一定是平面图形 B.过三点确定一个平面 C.三条直线两两相交确定一个平面 D.若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合 ‎2.[2015广东,6,5分]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 ‎3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA与O‎1‎A‎1‎的方向相同,则下列结论中正确的是(　　)‎ A.OB∥O1B1且OB与O‎1‎B‎1‎的方向相同 B.OB∥O1B1‎ C.OB与O1B1不平行 D.OB与O1B1不一定平行 ‎4.[2020广东七校联考]在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为(　　)‎ A.‎5‎ B.‎3‎ C.‎5‎‎2‎ D.‎‎3‎‎2‎ ‎5.[2017全国卷Ⅰ,6,5分]如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ ‎6.[2016全国卷Ⅱ,14,5分][理]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号) ‎ 考法1空间点、线、面的位置关系的判定及应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1在下列图中,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的是　　　　. ‎ 图①中,直线GH∥MN;图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连接MG(图略),则GM∥HN,因此GH与MN共面;图④中,G,M,N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面.所以在图②④中,GH与MN异面.‎ ‎2[2015安徽,5,5分][理]已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是 A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行 C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线 D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面 选项A中,垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行,故选项A错误;选项B中,平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面,故选项B错误;选项C中,若两个平面相交,则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行,故选项C错误;选项D中,若两条直线垂直于同一个平面,则这两条直线平行,所以若两条直线不平行,则它们不可能垂直于同一个平面,故选项D正确.‎ D ‎1.如图8 - 2 - 2为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB,CD,EF ,GH所在直线中,互为异面直线的有　　　　对. ‎ 考法2求异面直线所成的角　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3 [2017全国卷Ⅱ,10,5分][理]已知直三棱柱ABC - A1B1C1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.‎3‎‎2‎ B.‎15‎‎5‎ C.‎10‎‎5‎ D.‎‎3‎‎3‎ 先将三棱柱补成四棱柱,然后利用平移法将异面直线所成角转化为三角形的内角求解.或直接利用平面向量的相关知识求解.或直接建立空间直角坐标系,利用向量法求解.‎ 解法一　(平移法)如图8 - 2 - 3所示,将直三棱柱ABC - A1B1C1补成直四棱柱ABCD - A1B1C1D1,连接AD1,B1D1,则AD1∥BC1,所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角.(补形平移)‎ 因为∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AB1=‎5‎,AD1=‎2‎.在△B1D1C1中,∠B1C1D1=60°,B1C1=1,D1C1=2,所以B1D1=‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎-2×1×2×cos60°‎‎=‎‎3‎,所以cos∠B1AD1=‎5+2-3‎‎2×‎5‎×‎‎2‎‎=‎‎10‎‎5‎.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为‎10‎‎5‎.‎ 图8 - 2 - 3 图8 - 2 - 4‎ 解法二　(向量法)如图8 - 2 - 4,取BA=a,BC=b,BB‎1‎=c,则由已知可得|a|=2,|b|=|c|=1,且=120°,==90°.所以a·b=2×1×cos120°= - 1,a·c=b·c=0.‎ 因为AB‎1‎=c - a,BC‎1‎=b+c,‎ 所以AB‎1‎·BC‎1‎=(c - a)·(b+c)=c2+c·b - a·b - a·c=12 - 0 - ( - 1) - 0=2.‎ 又|AB‎1‎|=‎(c-a‎)‎‎2‎‎=c‎2‎‎-2c·a+‎a‎2‎=‎1‎‎2‎‎-0+‎‎2‎‎2‎=‎‎5‎,‎ ‎|BC‎1‎|=‎(b+c‎)‎‎2‎‎=b‎2‎‎+2b·c+‎c‎2‎=‎1‎‎2‎‎+0+‎‎1‎‎2‎=‎‎2‎,‎ 所以cos=AB‎1‎‎·‎BC‎1‎‎|AB‎1‎||BC‎1‎|‎‎=‎2‎‎5‎‎×‎‎2‎=‎‎10‎‎5‎.‎ 所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为‎10‎‎5‎.‎ 解法三　(坐标法)如图8 - 2 - 5,在平面ABC内过点B作BD⊥AB,交AC于点D,则∠CBD=30°.‎ 因为BB1⊥平面ABC,故以B为坐标原点,分别以射线BD,BA,BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1),C1(cos30°, - sin30°,1),即C1(‎3‎‎2‎, - ‎1‎‎2‎,1).‎ 所以AB‎1‎=(0, - 2,1),BC‎1‎=(‎3‎‎2‎, - ‎1‎‎2‎,1).所以cos=AB‎1‎‎·‎BC‎1‎‎|AB‎1‎||BC‎1‎|‎=‎0×‎3‎‎2‎+(-2)×(-‎1‎‎2‎)+1×1‎‎0+(-2‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎×‎‎(‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+(-‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎‎10‎‎5‎.‎ 所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为‎10‎‎5‎.‎ C ‎2.[2018全国卷Ⅱ,9,5分][理]在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=‎3‎,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎1‎‎5‎ B.‎5‎‎6‎ C.‎5‎‎5‎ D.‎‎2‎‎2‎ 数学探究　立体几何中的动态问题 ‎4 [2019安徽省合肥一中等六校联考]如图8 - 2 - 6,在侧棱长为3的正三棱锥A - BCD中,每个侧面都是等腰直角三角形,在该三棱锥的表面上有一个动点P,且点P到点B的距离始终等于2‎3‎,则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为　　　. ‎ 分析动点P在三棱锥表面形成的曲线的形状→由弧长公式计算动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度 设动点P在三棱锥表面形成的曲线是EF GH,如图8 - 2 - 7所示,则BE=BH=2‎3‎.在直角三角形BAH中,cos∠HBA=‎3‎‎2‎‎3‎‎=‎‎3‎‎2‎,∴∠HBA=π‎6‎,∠HBG=π‎4‎‎-π‎6‎=‎π‎12‎,∴HG=2‎3‎×π‎12‎‎=‎‎3‎‎6‎π.同理EF‎=‎‎3‎‎6‎π.连接HE,在直角三角形HAE中,∠HAE=π‎2‎,AH=AE=‎(2‎3‎‎)‎‎2‎-‎‎3‎‎2‎‎=‎‎3‎,∴HE‎=‎‎3‎×π‎2‎‎=‎‎3‎π‎2‎.在等边三角形BCD中,∠CBD=π‎3‎,∴GF=2‎3‎×π‎3‎‎=‎‎2‎3‎π‎3‎.‎ 则所求曲线的长度为‎3‎‎6‎π+‎3‎‎6‎π+‎3‎‎2‎π+‎2‎‎3‎‎3‎π=‎3‎‎3‎‎2‎π.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 直观想象 由点P到点B的距离始终等于2‎3‎,得到动点P在三棱锥表面形成的曲线是EF GH.‎ 二 数学运算 求出HG,EF,EH和GF的长的和,即为动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度.‎ 二 ‎3.[2019广东省肇庆市统一考试]如图8 - 2 - 8,正三棱柱ABC - A1B1C1各条棱的长度均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中不正确的是(　　)‎ A.在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段 B.平面DMN⊥平面BCC1B1‎ C.三棱锥A1 - DMN的体积为定值 D.△DMN可能为直角三角形 ‎305‎ ‎ ‎ ‎1.A　对于A,因为两条平行直线确定一个平面,所以梯形可以确定一个平面,A正确;对于B,过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面,注意三点不共线,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,C错误;对于D,若两个平面有三个公共点,则这两个平面相交或重合,D错误.故选A.‎ ‎2.D　假设l与l1,l2都不相交,因为l与l1都在平面α内,于是l∥l1,同理l∥l2,于是l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交.故选D.‎ ‎3.D　在空间中,若两角相等,角的一边平行且方向相同,则另一边不一定平行,故选D.‎ ‎4.A　在长方体ABCD - A1B1C1D1中,直线A1B1与直线AB平行,则直线A1B1与AC1所成的角等于直线AB与AC1所成的角.连接BC1(图略),在直角三角形ABC1中,BC1=‎5‎,AB=1,所以tan∠BAC1=‎5‎,所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为‎5‎.故选A.‎ ‎5.A　解法一　对于选项B,如图D 8 - 2 - 1所示,C,D为正方体的两个顶点,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB∥平面MNQ.选A.‎ 图D 8 - 2 – 1图D 8 - 2 - 2‎ 解法二　对于选项A,作出正方体的底面的对角线,记对角线的交点为O(如图D 8 - 2 - 2所示),连接OQ,则OQ∥AB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行,故选A.‎ ‎6.②③④　对于命题①,可运用长方体举反例证明其错误.如图D 8 - 2 - 3,‎ 图D 8 - 2 – 3‎ 不妨设AA' 所在直线为直线m,CD所在直线为直线n,ABCD所在的平面为α,ABC' D' 所在的平面为β,显然这些直线和平面满足题目条件,但 α⊥β不成立.故①错误.对于命题②,设过直线n的某平面与平面α相交于直线l,则l∥n,由m⊥α知m⊥l,从而m⊥n,故②正确.对于命题③,由平面与平 面平行的性质可知,③正确.对于命题④,由平行的传递性及线面角的定义可知,④正确.‎ ‎1.3　还原后的正方体的示意图如图D 8 - 2 - 4所示,‎ 图 D 8 - 2 - 4‎ 其中AB与CD,AB与GH,EF与GH分别互为异面直线,共3对.‎ ‎2.C　解法一　如图D 8 - 2 - 5,补上一个相同的长方体CDEF - C1D1E1F1,连接DE1,B1E1.‎ 图 D 8 - 2 - 5‎ 易知AD1∥DE1,则∠B1DE1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=‎3‎,所以DE1=DE‎2‎+EE‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎‎+‎‎(‎3‎)‎‎2‎=2,DB1=‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+‎‎(‎3‎)‎‎2‎‎=‎‎5‎,B1E1=A‎1‎B‎1‎‎2‎‎+‎A‎1‎E‎1‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎‎5‎,在△B1DE1中,由余弦定理,‎ 得cos∠B1DE1=‎2‎‎2‎‎+‎(‎5‎)‎‎2‎ - ‎‎(‎5‎)‎‎2‎‎2×2×‎‎5‎‎=‎‎5‎‎5‎,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为‎5‎‎5‎,故选C.‎ 解法二　如图D 8 - 2 - 6,连接BD1,交DB1于点O,取AB的中点M,连接DM,OM.‎ 图D 8 - 2 - 6‎ 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=‎3‎,AD1=AD‎2‎+DD‎1‎‎2‎=2,DM=AD‎2‎+(‎1‎‎2‎AB‎)‎‎2‎‎=‎‎5‎‎2‎,DB1=AB‎2‎+AD‎2‎+DD‎1‎‎2‎‎=‎‎5‎,所以OM=‎1‎‎2‎AD1=1,OD=‎1‎‎2‎DB1=‎5‎‎2‎,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD=‎1‎‎2‎‎+(‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎ - (‎‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎‎2×1×‎‎5‎‎2‎‎=‎‎5‎‎5‎,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为‎5‎‎5‎,故选C.‎ 解法三　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D 8 - 2 - 7所示.‎ 图D 8 - 2 - 7‎ 由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,‎3‎),B1(1,1,‎3‎),所以AD‎1‎=( - 1,0,‎3‎),DB‎1‎=(1,1,‎3‎),则由向量夹角公式,得cos=AD‎1‎‎·‎DB‎1‎‎|AD‎1‎|·|DB‎1‎|‎‎=‎2‎‎2‎‎5‎=‎‎5‎‎5‎,即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为‎5‎‎5‎,故选C.‎ ‎3.D　对于A,如图D 8 - 2 - 8所示,用平行于平面ABC的平面截平面DMN,则交线平行于平面ABC,故A正确;对于B,当M,N分别在BB1,CC1上运动时,若满足BM=C1N,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,如图D 8 - 2 - 8,连接DO,由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1,故B正确;对于C,当M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的面积不变,点N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥N - A1DM的体积不变,即三棱锥A1 - DMN的体积为定值,故C正确;对于D,易证DM=DN,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,所以△DMN为等腰直角三角形,所以DO=OM=ON,即MN=2DO.设正三棱柱的棱长为2,则DO=‎3‎,MN=2‎3‎.因为MN的最大值为BC1,BC1=2‎2‎,所以MN不可能为2‎3‎,即△DMN不可能为直角三角形,故D错误.选D.‎ 图D 8 - 2 - 8‎