2025年高考数学一轮复习教学课件第7章 第3课时　空间点、直线、平面之间的位置关系

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第七章立体几何与空间向量 第3课时　空间点、直线、平面之间的位置关系对应学生用书第159页 考试要求借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题. 链接教材　夯基固本第3课时　空间点、直线、平面之间的位置关系1．基本事实基本事实1过______________的三个点，有且只有一个平面基本事实2如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在这个平面内基本事实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____过该点的公共直线基本事实4平行于同一条直线的两条直线____不在一条直线上两个点一条平行 2．三个推论推论1：经过一条直线和__________一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条____直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条____直线，有且只有一个平面．3．空间中直线与直线的位置关系提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，他们的关系也可能平行或相交．这条直线外相交平行相交平行任何 4．空间中直线与平面的位置关系位置关系符号直线和平面直线在平面内a⊂α直线在平面外直线与平面相交a∩α＝A直线与平面平行a∥α平面和平面两平面平行α∥β两平面相交α∩β＝l 5．定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角__________．6．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)范围：_________．相等或互补 [常用结论]1．异面直线判定的一个定理与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线，如图所示．2．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． 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．()(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)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(4)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．()×××√ √二、教材经典衍生1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，则a与b的位置关系可能是()A．平行或相交B．相交或异面C．平行或异面D．平行、相交或异面D[当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图所示：显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β，平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D.]243题号1 √2．(人教A版必修第二册P128练习T2改编)下列命题正确的是()A．空间任意三个点确定一个平面B．一个点和一条直线确定一个平面C．两两相交的三条直线确定一个平面D．两两平行的三条直线确定一个或三个平面D[不在一条直线上的三个点才能确定一个平面，A错误；只有点在直线外时才能确定一个平面，B错误；当三条直线交于一点时不能确定一个平面，C错误，故D正确．]243题号1 √3．(多选)(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中()A．AB与CD异面B．CD与GH平行C．EF与GH成60°角D．CD与EF相交AC[该正方体的直观图如图所示，AB与CD是异面直线，A正确；CD与GH相交，B错误；因为该几何体为正方体，所以EF∥CD，三角形GHD为正三角形，直线GH与直线GD所成角为60°，则EF与GH所成角为60°，C正确，D错误．故选AC.]243题号1√ 4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________部分．84[三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．]243题号184 典例精研　核心考点第3课时　空间点、直线、平面之间的位置关系考点一　基本事实的应用[典例1]如图所示，在正方体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∥BA1.又∵A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈直线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． 名师点评共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． [跟进训练]1．如图所示，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(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)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.在△BCD中，＝＝，所以GH∥BD，所以EF∥GH.所以E，F，G，H四点共面．(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线． 考点二　空间两直线位置关系的判定[典例2](1)(2023·广东惠州三调)已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是()A．b，c是异面直线B．b∩c＝PC．b∥cD．a与c没有公共点(2)在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则()A．AE＝CF，AC与EF是共面直线B．AE≠CF，AC与EF是共面直线C．AE＝CF，AC与EF是异面直线D．AE≠CF，AC与EF是异面直线√√ (1)B(2)D[(1)∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a⊂α，b⊂γ，则P∈α，P∈γ，而γ∩α＝c，∴P∈c，可得a∩c＝P，b∩c＝P.故选B.(2)由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是的中点，F是AB的中点，所以AC⊂平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线；又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF.故选D.] 名师点评空间中两直线位置关系的判定方法 [跟进训练]2．(1)(2023·北京通州区一模)已知a，b为两条直线，α，β为两个平面，且满足a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，a∥l，则“a与b异面”是“直线b与l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(2)(2024·深圳中学模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点．则下列说法不正确的是()A．存在点P，使得PQ⊥A1C1B．存在点P，使得PQ∥A1BC．直线PQ始终与直线CC1异面D．直线PQ始终与直线BC1异面√√ (1)C(2)C[(1)若“a与b异面”，反证：直线b与l不相交，由于b，l⊂β，则b∥l，∵a∥l，则a∥b，这与a与b异面相矛盾，故直线b与l相交，故“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分条件；若“直线b与l相交”，反证：若a与b不异面，则a与b平行或相交．①若a与b平行，∵a∥l，则b∥l，这与直线b与l相交相矛盾；②若a与b相交，设a∩b＝A，即A∈a，A∈b，∵a⊂α，b⊂β，则A∈α，A∈β，即点A为α，β的公共点，且α∩β＝l，∴A∈l，即A为直线a、l的公共点，这与a∥l相矛盾．综合①②知a与b异面．即“a与b异面”是“直线b与l相交”的必要条件．所以“a与b异面”是“直线b与l相交”的充要条件．故选C. (2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1,∵点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，∴PQ⊥A1C1，A正确；连接A1D，如图所示：当点P为线段A1D的中点时，PQ为三角形A1BD的中位线，即PQ∥A1B，B正确；CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，则直线PQ和CC1在同一平面内，C错误；BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，故直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，是异面直线，D正确．故选C.] 【教师备选资源】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D[法一(反证法)：由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．故选D.法二(模型法)：如图①，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图②，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．]√ 考点三　异面直线所成的角[典例3](1)(2024·陕西榆林模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，2BB1＝3AB，D是棱BC的中点，E在棱CC1上，且CC1＝3CE，则异面直线A1D与B1E所成角的余弦值是()A．B．C．D．(2)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．B．C．D．√√ (1)B(2)C[(1)取棱BB1靠近点B的三等分点F，取棱B1C1的中点H，取B1F的中点G，连接A1H，DH，A1F，DF.由已知CE＝CC1＝BB1＝B1G，又CE∥B1G，所以四边形CEB1G是平行四边形，B1E∥CG，同时可得F是BG中点，而D是BC中点，所以DF∥CG.所以DF∥B1E，则∠A1DF是异面直线A1D与B1E所成的角(或补角)．又DH∥CC1，CC1⊥平面A1B1C1，则DH⊥平面A1B1C1，A1H⊂平面A1B1C1，则DH⊥A1H，设AB＝4，则BB1＝6，从而A1H＝2，DH＝6，BD＝2，BF＝2，B1F＝A1B1＝4，故A1F＝4，A1D＝4，DF＝2.在△A1DF中，由余弦定理的推论可得cos∠A1DF＝＝.所以异面直线A1D与B1E所成的角的余弦值为.故选B. (2)法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM.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．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C. 法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故选C. 法三(坐标法)：以点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，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则由向量夹角公式，得cos〈〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C.] 名师点评求异面直线所成角的方法(1)平移法：将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解．(2)补形法：在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角． [跟进训练]3．(1)(2024·安徽滁州模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝5，E为B1C1的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为()A．B．C．D．(2)如图，圆台OO1的上底面半径为O1A1＝1，下底面半径为OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．√45° (1)C(2)45°[(1)取C1D1的中点F，连接EF，CF，B1D1，易知EF∥B1D1∥BD，所以∠CEF为异面直线BD与CE所成的角或其补角．因为EF＝B1D1＝，CE＝CF＝＝＝，所以由余弦定理得cos∠CEF＝＝＝＝.故选C.(2)在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝.连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝.在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°.] 微点突破5空间几何体中的截面、截线问题在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形；截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．一、截面问题[典例1](1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α.平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是()A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状不可能是正五边形D．截面面积最大值为3√√√ [赏析]突破点：熟知正方体的常见截面图显然A、C成立，B不成立，下面说明D成立，如图，当截面是正六边形，面积最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3.故D成立． (2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．[赏析]突破点：线面平行的性质如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α.∵E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，由正方体的棱长为2，则BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，∴等腰梯形MNDB的高为h＝＝，∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝. 名师点评空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面是有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上的点至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内． [跟进训练]1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形C[如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.]√ 二、截线问题[典例2](2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．[赏析]第一步：找交线如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．第二步：求交线长由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝. 名师点评作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线．(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． [跟进训练]2．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()A．B．πC．D．C[正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝.故选C.]√ 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(四十三)空间点、直线、平面之间的位置关系 THANKS