2019届二轮复习第八章第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系学案（全国通用）

第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系
最新考纲　1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.

知 识 梳 理
1.平面的基本性质
(1)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.
(2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.
(3)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.
2.空间点、直线、平面之间的位置关系

直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言



符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言



符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言



符号
语言
a，b是异面直线
a⊂α

3.平行公理(公理4)和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
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.
4.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：.
[常用结论与微点提醒]
1.空间中两个角的两边分别对应平行，则两个角相等或互补.
2.异面直线的判定：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.
3.唯一性的几个结论：
(1)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
(2)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(3)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.(　　)
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.(　　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.(　　)
(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.(　　)
解析　(1)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，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2.(必修2P52B1(2)改编)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EF所成角的大小为(　　)
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.
答案　C
3.(2018·贵阳调研)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　　)
A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行
解析　依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.
答案　D
4.(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)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(　　)


解析　法一　对于选项B，如图(1)所示，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.因此A项不正确.
　　
图(1)　　　　　　　　图(2)
法二　对于选项A，其中O为BC的中点(如图(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.
答案　A
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 .

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.
答案　4

考点一　平面的基本性质及应用
【例1】 (1)(2016·山东卷)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
解析　由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面.因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件.
答案　A
(2)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC綉AD，BE綉FA，G，H分别为FA，FD的中点.
①证明：四边形BCHG是平行四边形；
②C，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綉AD.又BC綉AD，∴GH綉BC，
∴四边形BCHG为平行四边形.
②解　∵BE綉AF，G为FA的中点，∴BE綉FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面.
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面.
规律方法　1.证明线共面或点共面的常用方法
(1)直接法，证明直线平行或相交，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.
(3)辅助平面法，先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合.
2.证明点共线问题的常用方法
(1)基本性质法，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据基本性质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.
【训练1】 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B.
又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面.
(2)∵EF∥CD1，EF ∴CE与D1F必相交，
设交点为P，如图所示.
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点.
考点二　判断空间两直线的位置关系
【例2】 (1)若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(　　)
①若直线m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；
②若直线m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；
③已知平面α，β互相垂直，且直线m，n也互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；
④若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m⊥n.
A.② B.②③ C.①③ D.②④
(2)(2018·唐山一中月考)如图，G，H，M，N分别是正三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).

解析　(1)对于①，m与n可能平行，可能相交，也可能异面，①错误；
对于②，由线面垂直的性质定理可知，m与n一定平行，故②正确；
对于③，还有可能n∥β或n与β相交，③错误；
对于④，把m，n放入正方体中，如图，取A1B为m，B1C为n，平面ABCD为平面α，则m与n在α内的射影分别为AB与BC，且AB⊥BC.而m与n所成的角为60°，故④错误.
(2)图①中，直线GH∥MN；
图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，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∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面.
所以在图②④中，GH与MN异面.
答案　(1)A　(2)②④
规律方法　1.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，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.
(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.
2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.
【训练2】 (1)(2018·哈尔滨一模)下列命题正确的是(　　)
A.若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行
B.若一直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)
A.相交但不垂直 B.异面
C.相交且垂直 D.平行
解析　(1)A选项，两条直线可能平行，可能异面，也可能相交；B选项，一直线可以与两垂直平面所成的角都是45°；易知C正确；D中的两平面也可能相交.
(2)连接D1E并延长，与AD交于点M，因为A1E＝2ED，可得M为AD的中点，
连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，且＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.

答案　(1)C　(2)D
考点三　异面直线所成的角
【例3】 (2017·全国Ⅱ卷)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. B. C. D.
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∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cos θ＝＝＝.
答案　C
规律方法　1.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移.
2.求异面直线所成角的三个步骤
(1)作：通过作平行线，得到相交直线的夹角.
(2)证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角.
(3)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.
【训练3】 (2018·佛山模拟)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为 .
解析　取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE，易知BD∥B1E.
在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角.
设AB＝1，则A1A＝，AB1＝，B1E＝，所以cos∠AB1E＝＝，因此∠AB1E＝，
故异面直线AB1与BD所成的角为.
答案　

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是(　　)
A.① B.①④ C.②③ D.③④
解析　显然命题①正确.
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.
命题③中，两个平面重合或相交，③错.
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.
答案　B
2.(2018·九江二模)在如图所示的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是(　　)
A.平行 B.相交但不垂直
C.垂直 D.异面
解析　如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，
∴四边形BFOE是平行四边形，
∴BF∥OE，
∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，
∴BF∥平面AD1E.
答案　A
3.(2018·烟台质检)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(　　)
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
解析　若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.
答案　C
4.(2018·临汾调研)已知平面α及直线a，b，则下列说法正确的是(　　)
A.若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行
B.若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直
C.若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行
D.若直线a，b垂直，则这两条直线与平面α不可能都垂直
解析　对于A，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线平行、相交、异面，故A错误.对于B，若直线a，b与平面α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直.如图，直角三角形ACB的直角顶点C在平面α内，边AC，BC可以与平面α都成30°角，故B错误.

C显然错误；
对于D，假设直线a，b与平面α都垂直，则直线a，b平行，与已知矛盾，则假设不成立，D正确.
答案　D
5.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. 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，由AB＝1，AA1＝2，
则A1C1＝，A1B＝BC1＝，
在△A1BC1中，由余弦定理得
cos∠A1BC1＝＝.
答案　D
二、填空题
6.(2018·邯郸调研)在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是 .
解析　如图所示，连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.
由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，
∴在△SMN中，＝，∴G1G2∥MN，
易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，
因此可得G1G2∥BC.
答案　G1G2∥BC


7.(2018·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 .
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＝.

答案　
8.(2018·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，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 .
解析　还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合.
易知GH与EF异面，BD与MN异面.
又△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，
易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确的序号是②③④.
答案　②③④
三、解答题
9.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綉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.
故D1，H，O三点共线.
10.(2017·昆明月考)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点.
已知∠BAC＝，
AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P－ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值.
解　(1)S△ABC＝×2×2＝2，
三棱锥P－ABC的体积为
V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE是异面直线BC与AD所成的角(或其补角).
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，因为α∥平面CB1D1，所以m1∥m，

又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
且平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥m1，故B1D1∥m.
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，
同理可证CD1∥n.
故m，n所成角即直线B1D1与CD1所成角，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为.
答案　A
12.正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是 (填序号).
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E－ABC的体积为定值；
④直线B1E⊥直线BC1.
解析　因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.
答案　①②③
13.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值.
解　(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，
所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
∴△DEM为直角三角形，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.