2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第八章　第2讲　空间图形的基本关系与公理

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第八章　第2讲　空间图形的基本关系与公理

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 ‎①直线在平面内，直线和平面有无数个公共点．‎ ‎②直线和平面相交：直线和平面只有一个公共点．‎ ‎③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 ‎①平行平面：两个平面没有公共点．‎ ‎②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 ‎①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，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)．‎ ‎②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α内 aα 有无数个公共点 直线在平面外 直线a与平面α平行 a∥α 没有公共点 直线a与平面α斜交 a∩α＝A 有且只有一个公共点 直线a与平面α垂直 a⊥α ‎(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 α∥β 没有 公共点两平面相交 斜交 α∩β＝l 有一条公共直线 垂直 α⊥β且 α∩β＝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B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.‎ 答案：60°‎ ‎3．‎ 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EF＝EH，故AC＝BD.‎ ‎(2)因为四边形EFGH为正方形，‎ 所以EF＝EH且EF⊥EH，‎ 因为EF綊AC，EH綊BD，‎ 所以AC＝BD且AC⊥BD.‎ 答案：(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD 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．(　　)‎ 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α，β，α∩β＝l，aα，aβ，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 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∠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且方向相同 B．OB∥O1B1‎ C．OB与O1B1不平行 D．OB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α，又四边形AB1C1D为平行四边形，AC1，B1D相交于O2点，而O2∈α，B1∈α，所以B1O2α，又D∈B1O2，所以D∈α.‎ ‎(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Ⅲ)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 ‎(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．①③ B．②③‎ C．②④ D．②③④‎ ‎【解析】　(1)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，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，垂足为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，选B.‎ ‎(2)由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④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 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：‎ ‎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①②错误．‎ 答案：③④‎ ‎　　　　　　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＝.‎ ‎【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＝.‎ 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AB＝BB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选C.‎ 如图，取A1C1的中点E，连接BE，DE，则DE∥A1C，所以∠BDE或其补角即为CA1与BD所成的角，设为θ.由几何体ABCA1B1C1是正三棱柱且AB＝BB1，可设其棱长为2.在△BDE中，BD＝，BE＝，DE＝，‎ 由余弦定理可得cos θ＝＝0，所以θ＝.故选C.‎ ‎2．如图，E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，PC＝10，AB＝6，EF＝7，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MF∥AB，MF＝AB＝3，ME∥PC，ME＝PC＝5，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，cos∠EMF＝＝－＝－，所以∠EMF＝120°，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，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β ‎【解析】　法一：设α∩β＝a，若直线l∥a，且lα，lβ，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l.又因为l⊥β.所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，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①，α与β可相交；对于B，如图 ‎②，不论β在何位置，都有α⊥β；对于C，如图③，l可与β平行或lβ内；对于D，如图④，l⊥β或lβ或l∥β.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α，因为CD与平面α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(　　)‎ A．4个　　　　　　　　　 B．3个 C．2个 D．1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(　　)‎ A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3‎ B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3‎ C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，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(　　)‎ 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 解析：选A.连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，‎ 所以A1，C1，C，A四点共面，‎ 所以A1C平面ACC1A1，‎ 因为M∈A1C，‎ 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(　　)‎ A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1‎ C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1‎ D．A1C1∥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AC⊥AB，即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，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B1∉AE，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AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1，故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，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. B．1‎ C. 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A1M∥PB，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PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，‎ tan∠PBN＝＝＝，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AB＝2，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θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，则sin θ＝，‎ tan θ＝.‎ ‎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________．‎ ‎①EF与GH平行；‎ ‎②EF与GH异面；‎ ‎③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；‎ ‎④EF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EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，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：④‎ ‎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：‎ ‎①AF⊥GC；‎ ‎②BD与GC成异面直线且夹角为60°；‎ ‎③BD∥MN；‎ ‎④BG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①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；‎ 对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BE∥GC，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，∠EBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；‎ 对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；‎ 对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．‎ 答案：①②‎ ‎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D1E⊥CF，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，D1E⊥CF，‎ 设BC＝a，则S△EBC＝EB·BC＝EB·a，‎ 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EF∥BA1.‎ 又A1B∥D1C，所以EF∥CD1，‎ 所以E，C，D1，F四点共面．‎ ‎(2)因为EF∥CD1，EF

查看更多