1、17.3 空间点、直线、平面之间的位置关系知识梳理1空间两条直线的位置关系(1)位置关系分类(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)范围： .(0， 2(3)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2空间直线与平面、平面与平面的位置关系23必记结论(1)唯一性定理过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行过一点有且只有一个平面与已知直线垂直过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行过一点有且只有一条直线与已知平面垂直(2)异面直
2、线的判定定理平面外一点 A 与平面内一点 B 的连线与平面内不经过 B 点的直线互为异面直线诊断自测1概念思辨(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面( )(2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合( )(3)已知 a， b 是异面直线，直线 c 平行于直线 a，那么 c 与 b 不可能是平行直线( )(4)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( )答案 (1) (2) (3) (4)32教材衍化(1)(必修 A2P52B 组 T1(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
3、 EF 所成的角的大小为( )A30 B45C60 D90答案 C解析 连接 B1D1， D1C，则 B1D1 EF，故 D1B1C 为所求的角又 B1D1 B1C D1C，所以 D1B1C60.故选 C.(2)(必修 A2P63B 组 T1)在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， E， F 分别为侧棱 PC， PB 的中点，则 EF 与平面 PAD 的位置关系为_，平面 AEF 与平面 ABCD 的交线是_答案 平行 AD解析 E， F 分别为 PC， PB 中点，所以 EF BC，又 BC AD.所以 EF AD，而 AD平面 PAD， EF平面 PAD.所以 EF平面
4、 PAD.由上述推证易得两面交线为 AD.3小题热身(1)(2016山东高考)已知直线 a， b 分别在两个不同的平面 ， 内，则“直线 a 和直线 b 相交”是“平面 和平面 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 由题意知 a ， b ，若 a， b 相交，则 a， b 有公共点，从而 ， 有公共点，可得出 ， 相交；反之，若 ， 相交，则 a， b 的位置关系可能为平行、相交或4异面因此“直线 a 和直线 b 相交”是“平面 和平面 相交”的充分不必要条件故选 A.(2)(2017广东五校联考)已知 m， n 是两条不同的直线， ，
5、 为两个不同的平面，有下列四个命题：若 ， m ， n ，则 m n；若 m ， n ， m n，则 ；若 m ， n ， m n，则 ；若 m ， n ， ，则 m n.其中所有正确命题的序号是_答案 解析 对于，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此不正确；对于，若 m ， m n，则 n 或 n ，又 n ，由面面垂直的判定定理得到结论，可知正确；对于，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此不正确；对于，由 n 得在平面 内必存在直线 n1平行于直线 n；由m ， 得 m ， m n1；又 n1 n，因此有 m n，正确综上所述，所有正确命题的序号是.
6、题型 1 平面的基本性质如图所示，四边形 ABEF 和 ABCD 都是梯形， BC 綊 AD， BE 綊 FA， G， H 分别 典 例 12 12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)用直接法； (2)纳入平面法解 (1)证明：由已知 FG GA， FH HD，得 GH 綊 AD.125又 BC 綊 AD，所以 GH 綊 BC，所以四边形 BCHG 是平行四边形12(2)由 BE 綊 AF， G 为 FA 中点，知 BE 綊 GF，12所以四边形 BEFG 为平行四边形，所以 EF BG.由(1)知 BG
7、CH，所以 EF CH.所以 EF 与 CH 共面，又 D FH，所以 C， D， F， E 四点共面结论探究 若典例中条件不变，证明： FE， AB， DC 交于一点证明 由例题可知，四边形 EBGF 和四边形 BCHG 都是平行四边形，故可得四边形 ECHF为平行四边形， EC HF，且 EC DF，四边形 ECDF 为梯形12 FE， DC 交于一点，设 FE DC M. M FE， FE平面 BAFE， M平面 BAFE.同理 M平面 BADC.又平面 BAFE平面 BADC BA， M BA， FE， AB， DC 交于一点方法技巧1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线
8、平行或相交，从而证明线共面(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内如典例(2)(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面 ，再证明其余元素确定平面 ，最后证明平面 ， 重合2证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理 3 证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上3证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点如本典例中的结论探究冲关针对训练如图，空间四边形 ABCD 中， E， F 分别是 AB， AD 的中点， G， H 分别在 BC，
9、CD 上，且BG GC DH HC12.6(1)求证： E， F， G， H 四点共面；(2)设 EG 与 FH 交于点 P，求证： P， A， C 三点共线证明 (1) E， F 分别为 AB， AD 的中点， EF BD.在 BCD 中， ，BGGC DHHC 12 GH BD， EF GH. E， F， G， H 四点共面(2) EG FH P， P EG， EG平面 ABC， P平面 ABC.同理 P平面 ADC. P 为平面 ABC 与平面 ADC 的公共点又平面 ABC平面 ADC AC， P AC， P， A， C 三点共线题型 2 空间两直线的位置关系(2018金华模拟)如图，
10、 G， H， M， N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点， 典 例则表示直线 GH， MN 是异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序号)可利用定义判断不同在任一平面内，从而说明两直线异面答案 解析 在图中，直线 GH MN；在图中， G， H， N 三点共面，但 M平面 GHN， NGH，因此直线 GH 与 MN 异面；在图中，连接 GM， GM HN，因此 GH 与 MN 共面；在图中， G， M， N 共面，但 H平面 GMN， GMN，7因此 GH 与 MN 异面所以在图中 GH 与 MN 异面方法技巧异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，
11、由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面此法在异面直线的判定中经常用到(2)定理：平面外一点 A 与平面内一点 B 的连线和平面内不经过点 B 的直线是异面直线冲关针对训练1(2017武汉调研) a， b， c 表示不同的直线， M 表示平面，给出四个命题：若a M， b M，则 a b 或 a， b 相交或 a， b 异面；若 bM， a b，则 a M；若a c， b c，则 a b；若 a M， b M，则 a b.其中正确的为( )A B C D答案 A解析 对于，当 a M， b M 时，则 a 与 b 平行、相交或异面，为真命题中，bM， a b，则 a
12、 M 或 aM，为假命题命题中， a 与 b 相交、平行或异面，为假命题由线面垂直的性质，命题为真命题，所以，为真命题故选 A.2(2017上饶模拟)已知正方体 ABCD A1B1C1D1，点 P， Q， R 分别是线段 B1B， AB 和A1C 上的动点，观察直线 CP 与 D1Q， CP 与 D1R，给出下列结论：对于任意给定的点 P，存在点 Q，使得 D1Q CP；对于任意给定的点 Q，存在点 P，使得 CP D1Q；对于任意给定的点 R，存在点 P，使得 CP D1R；对于任意给定的点 P，存在点 R，使得 D1R CP.其中正确的结论是_答案 解析 只有 D1Q平面 BCC1B1时才
13、能满足对于任意给定的点 P，存在点 Q 使D1Q CP，而过 D1只有 D1C1平面 BCC1B1故错误；正确，当 P 与 B1重合时， CP平面ABD1.故此时 Q 具有任意性；当 R 与 A1重合时，在线段 BB1上不存在点 P，使 CP D1R，故错误； 如图所示：8对任意的点 P，在 AA1上存在 P1使得 DP1 CP，过点 D1作 D1R1，使得 D1R1 DP1且交A1D 于点 R1，作 RR1 CD 交 A1C 于点 R，则 RR1平面 ADD1A1，所以 RR1 DP1，又D1R1 DP1，则 DP1平面 D1R1R，即 CP平面 D1R1R，故 D1R CP，故正确题型 3
14、 异面直线所成的角(2014全国卷)直三棱柱 ABC A1B1C1中， BCA90， M， N 分别是 典 例 1A1B1， A1C1的中点， BC CA CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.110 25 3010 22异面直线所成角问题转化为共面直线所成角的问题，注意平移法答案 C解析 取 BC 的中点 Q，连接 QN， AQ，易知 BM QN，则 ANQ 或其补角即为所求，设 BC CA CC12，则 AQ ， AN ， QN ，5 5 6cos ANQ .故选 C.AN2 NQ2 AQ22ANNQ 5 6 5256 6230 3010正方体 ABCD
15、A1B1C1D1中，棱长为 a， E， F 分别是棱 A1B1， B1C1的中点，求 典 例 2直线 DB1与 EF 所成的角本题采用补形法，然后平移直线9解 如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1右侧作正方体 BB2C2C B1A2D2C1.连接 B1D2， DD2在 DB1D2中，DB1 a， B1D2 a.DD2 a.3 2 5 DD DB B1D .2 21 2 DB1与 B1D2的夹角为 90.又 EF B1D2，直线 DB1与 EF 所成的角为 90.方法技巧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：证明相交直线夹角为异面直线所成的角(或其补角)3求：解三角形
16、，求作出的角冲关针对训练(2016全国卷)平面 过正方体 ABCD A1B1C1D1的顶点 A， 平面 CB1D1， 平面 ABCD m， 平面 ABB1A1 n，则 m， n 所成角的正弦值为( )A. B. C. D.32 22 33 13答案 A解析 如图，过点 A 补作一个与正方体 ABCD A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知 m， n所成角为 EAF1，因为 EAF1为正三角形，所以 sin EAF1sin60 ，故选 A.32101.(2017全国卷)已知直三棱柱 ABC A1B1C1中， ABC120，AB2， BC CC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为(
17、)A. B. C. D.32 155 105 33答案 C解析 将直三棱柱 ABC A1B1C1补形为直四棱柱 ABCD A1B1C1D1，如图所示，连接AD1， B1D1， BD.由题意知 ABC120， AB2， BC CC11，所以 AD1 BC1 ， AB1 ， DAB60.2 5在 ABD 中，由余弦定理知 BD22 21 2221cos603，所以 BD ，所以3B1D1 .3又 AB1与 AD1所成的角即为 AB1与 BC1所成的角 ，所以 cos .故选 C.AB21 AD21 B1D212AB1AD1 5 2 3252 1052(2018山西四校联考)如图，已知正方体 ABC
18、D A1B1C1D1的棱长为 2，长为 2 的线段 MN 的端点 M 在棱 DD1上运动，端点 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 ( )A4 B C2 D. 2答案 D11解析 当点 M 不与 D1， D 重合时，连接 DN，则 MDN 为直角三角形，在 Rt MDN 中，MN2， P 为 MN 的中点，连接 DP，则 DP1，所以点 P 在以 D 为球心，1 为半径的球面上(经检验点 M 与点 D1或 D 重合时也满足该结论)，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 S 4 R2 .故选 D.1
19、8 18 23(2017安徽安庆二模)正四面体 ABCD 中， E， F 分别为 AB， BD 的中点，则异面直线 AF， CE 所成角的余弦值为_答案 16解析 如图，取 BF 的中点 G，连接 CG， EG，易知 EG AF，所以异面直线 AF、 CE 所成的角即为 GEC(或其补角)不妨设正四面体棱长为 2，易求得 CE ， EG ， CG ，由余弦定理推论，得332 132cos GEC ，异面直线 AF， CE 所成角的余弦值为 .EG2 CE2 CG22EGCE34 3 134232 3 16 164(2017湖北武汉武昌调研)在矩形 ABCD 中， ABBC，这与已知矛盾，所以不
20、正确12基础送分 提速狂刷练一、选择题1(2016浙江高考)已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l，若直线 m， n 满足m ， n ，则( )A m l B m n C n l D m n答案 C解析 对于 A， m 与 l 可能平行或异面，故 A 错误；对于 B，D， m 与 n 可能平行、相交或异面，故 B，D 错误；对于 C，因为 n ， l ，所以 n l，故 C 正确故选 C.2若 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 l3l1 l3B l1 l2， l2 l3l1 l3C l1 l2 l3l1， l2， l3共面D l1， l2，
21、 l3共点 l1， l2， l3共面答案 B解析 当 l1 l2， l2 l3时， l1与 l3也可能相交或异面，故 A 不正确；l1 l2， l2 l3l1 l3，故 B 正确；当 l1 l2 l3时， l1， l2， l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故 C 不正确； l1， l2， l3共点时， l1， l2， l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故 D 不正确故选 B.3(2016雅安期末)已知正方体 ABCD A1B1C1D1，则过点 A 与 AB， BC， CC1所成角均相等的直线有( )A1 条 B2 条 C4 条 D无数条答案 C13解析 若直线和 AB， BC 所
22、成角相等，得直线在对角面 BDD1B1内或者和对角面平行，同时和 CC1所成角相等，此时在对角面内只有体对角线 BD1满足条件此时过 A 的直线和BD1平行即可，同理体对角线 A1C， AC1， DB1也满足条件则过点 A 与 AB， BC， CC1所成角均相等的直线只要和四条体对角线平行即可，共有 4 条故选 C.4(2017宁德期末)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中， AM 与 BN 所成角的大小为( )A0 B45C60 D90答案 D解析 如图，把正方体的平面展开图还原成正方体 ADNE CMFB， CD BN， CD AM， AM BN，在这个正方体中， AM 与 BN 所
23、成角的大小为 90.故选 D.5如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AA12 AB，则异面直线 A1B 与 AD1所成角的余弦值为( )14A. B.15 25C. D.35 45答案 D解析 连接 BC1，易证 BC1 AD1，则 A1BC1即为异面直线 A1B 与 AD1所成的角连接A1C1，设 AB1，则 AA12， A1C1 ， A1B BC1 ，故 cos A1BC1 .2 55 5 2255 45故选 D.6(2018江西景德镇模拟)将图 1 中的等腰直角三角形 ABC 沿斜边 BC 上的中线 AD 折起得到空间四面体 ABCD(如图 2
24、)，则在空间四面体 ABCD 中， AD 与 BC 的位置关系是( )A相交且垂直 B相交但不垂直15C异面且垂直 D异面但不垂直答案 C解析 在题图 1 中， AD BC，故在题图 2 中， AD BD， AD DC，又因为 BD DC D，所以 AD平面 BCD，又 BC平面 BCD， D 不在 BC 上，所以 AD BC，且 AD 与 BC 异面故选C.7(2017河北唐山模拟)已知 P 是 ABC 所在平面外一点， M， N 分别是 AB， PC 的中点，若 MN BC4， PA4 ，则异面直线 PA 与 MN 所成角的大小是 ( )3A30 B45 C60 D90答案 A16解析 取
25、 AC 的中点 O，连接 OM， ON，则 ON AP, ON AP, OM BC, OM BC，所以12 12异面直线 PA 与 MN 所成的角为 ONM(或其补角)，在 ONM 中， OM2， ON2 ， MN4，3由勾股定理的逆定理得 OM ON，则 ONM30.故选 A.8如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 上，且 AB CD，正方体的六个面所在的平面与直线 CE， EF 相交的平面个数分别记为 m， n，那么 m n( )A8 B9 C10 D11答案 A解析 如图， CE平面 ABPQ，从而 CE平面 A1B1P1Q1，易知 CE 与正方体的其余四个面所在平面均相交， m
26、4； EF平面 BPP1B1， EF平面 AQQ1A1，且 EF 与正方体的其余四个面所在平面均相交， n4，故 m n8.故选 A.9下列各图是正方体和正四面体， P， Q， R， S 分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )17答案 D解析 在 A 中易证 PS QR， P， Q， R， S 四点共面在 C 中易证 PQ SR， P， Q， R， S 四点共面在 D 中， QR平面 ABC，PS面 ABC P 且 PQR，直线 PS 与 QR 为异面直线 P， Q， R， S 四点不共面在 B 中 P， Q， R， S 四点共面，证明如下：取 BC 中点 N，可证 PS， NR 交
27、于直线 B1C1上一点， P， N， R， S 四点共面，设为 ，可证 PS QN， P， Q， N， S 四点共面，设为 . ， 都经过 P， N， S 三点， 与 重合， P， Q， R， S 四点共面故选 D.10(2018广东惠州三调)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形， E， F 分别为 PA， PD 的中点，在此几何体中，给出下面 4 个结论：18直线 BE 与直线 CF 异面；直线 BE 与直线 AF 异面；直线 EF平面 PBC；平面BCE平面 PAD.其中正确的有( )A1 个 B2 个 C3 个 D4 个答案 B解析 将展开图还原为几何体(如图)，
28、因为四边形 ABCD 为正方形， E， F 分别为PA， PD 的中点，所以 EF AD BC，则直线 BE 与 CF 共面，错误；因为 AF平面 PAD， B平面 PAD， E平面 PAD， EAF，所以 BE 与 AF 是异面直线， 正确；因为EF AD BC， EF平面 PBC， BC平面 PBC，所以 EF平面 PBC，正确；平面 PAD 与平面BCE 不一定垂直，错误故选 B.二、填空题11如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中， BM 与 ED 平行；19 CN 与 BE 是异面直线； CN 与 BM 成 60角； DM 与 BN 垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_答案
29、 解析 如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然 BM 与 ED 为异面直线，故命题不成立；而 CN 与 BE 平行，故命题不成立 BE CN， CN 与 BM 所成角为 MBE. MBE60，故正确； BC面 CDNM， BC DM，又 DM NC， DM面 BCN， DM BN，故正确，故填.12(2017仙桃期末)在空间四边形 ABCD 中， E， F， G， H 分别是 AB， BC， CD， DA 的中点，若 AC BD2，且 AC 与 BD 成 60，则四边形 EFGH 的面积为_答案 32解析 如图所示， E， F， G， H 分别是 AB， BC， CD， DA
30、的中点， EH FG BD, EH FGBD1.12四边形 EFGH 是平行四边形，同理可得 EF GH AC1，1220四边形 EFGH 是菱形 AC 与 BD 成 60， FEH60或 120.四边形 EFGH 的面积2 EF2sin60 .12 3213(2018湖北武昌调研)若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等，即AB CD， AC BD， AD BC，则_(写出所有正确结论的编号)四面体 ABCD 每组对棱相互垂直；四面体 ABCD 每个面的面积相等；从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90而小于 180；连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分；
31、从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长答案 解析 对于，把四面体 ABCD 放置在如图所示的长方体中，显然命题错误；对于，因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以正确；对于，当四面体 ABCD 为正四面体时，夹角之和等于 180，所以错误；对于，因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以正确；又命题显然成立，故填.14如图，在正三角形 ABC 中， D， E， F 分别为各边的中点， G， H 分别为 DE， AF 的中点，将 ABC 沿 DE， EF， DF 折成正四面体 P DEF，则四面体中异面直线 PG
32、与 DH 所成的角的余弦值为_答案 2321解析 折成的正四面体，如图，连接 HE，取 HE 的中点 K，连接 GK， PK，则 GK DH，故 PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角设这个正四面体的棱长为 2，在 PGK 中， PG ， GK ，332PK ，12 (32)2 72故 cos PGKPG2 GK2 PK22PGGK32 (32)2 (72)22332 ，23即异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为 .23三、解答题15(2018普宁市校级期末)如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中， D 是 AB 的中点(1)在 A1C 上是否存在一点 Q，使 BC1 DQ?22
33、(2)设 AA1 AC CB2， AB2 ，求异面直线 AB1与 CD 所成角的大小2解 (1)连接 AC1交 A1C 于 Q，连接 DQ， DQ 为 ABC1的中位线， DQ BC1， A1C 上存在一点 Q，使 BC1 DQ， Q 为 A1C 的中点(2)解法一：连接 AB1，取 BB1中点 M，连接 DM、 CM，则 DM 是 ABB1的中位线， DM AB1， CDM 就是所求异面直线所成角(或补角)， AA1 AC CB2， AB2 ，2 CM ， DM ， CD ，5 3 2 DM2 CD2 CM2，满足勾股定理， CDM90，故异面直线 AB1与 CD 所成角为 90.解法二：易
34、证 CD平面 ABB1A1，从而证明 CD AB1，故异面直线 AB1与 CD 所成角为90.16(2017江西七校联考)如图，四边形 ABCD 是梯形， AB CD，四边形 CDEF 是矩形，且平面 ABCD平面 CDEF， BAD CDA， AB AD DE CD2， M 是线段 AE 上的动点12(1)试确定点 M 的位置，使 AC平面 MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面 MDF 将几何体 ADE BCF 分成的较小部分与较大部分的体积比解 (1)当 M 是线段 AE 的中点时， AC平面 MDF.23理由如下：连接 CE 交 DF 于 N，连接 MN，因为四边形 CDE
35、F 是矩形，所以 N 为 CE 的中点，又 M 为AE 的中点，所以 MN AC，又 MN平面 MDF， AC平面 MDF，所以 AC平面 MDF.(2)如图，将几何体 ADE BCF 补成三棱柱 ADE B CF，由题意知三棱柱 ADE B CF 是直三棱柱，其体积 V S ADECD 2248，12则几何体 ADE BCF 的体积VADE BCF V 三棱柱 ADE B CF VF BB C8 222 ，13 12 203又 V 三棱锥 F DEM V 三棱锥 M DEF 1 ，13 (1224) 43平面 MDF 将几何体 ADE BCF 分成的较小部分与较大部分的体积比为 .43 (203 43) 14
