PAGEPAGE12第3講空間點、直線、平面之間的位置關系[考綱解讀]1.理解空間直線、平面位置關系的定義，并了解可以作為推理依據的公理和定理，并運用它們證明一些空間圖形的位置關系的簡潔命題．(重點)2.主要考查平面的基本性質，空間兩直線的位置關系及線面、面面的位置關系，能正確求出異面直線所成的角．(重點、難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看，盡管空間點、線、面的位置關系是立體幾何的理論基礎，但卻很少獨立命題．預料2024年高考會有以下兩點命題方式：①以命題形式考查空間點、線、面的位置關系；②以幾何體為載體考查線、面的位置關系或求異面直線所成的角．題型為客觀題，難度一般不大，屬中檔題型.1．空間兩條直線的位置關系(1)位置關系分類：eq\a\vs4\al(位置,關系)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直線\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(01))相交直線：同一平面內，有且只有一個,公共點.,\o(□,\s\up3(02))平行直線：同一平面內，沒有公共點.)),異面直線：不同在\o(□,\s\up3(03))任何一個平面內，沒有公共點.))(2)異面直線所成的角①定義：設a，b是兩條異面直線，經過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的eq\o(□,\s\up3(04))銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．②范圍：eq\o(□,\s\up3(05))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)等角定理：空間中假如兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角eq\o(□,\s\up3(06))相等或互補．2．空間直線與平面、平面與平面的位置關系3．必記結論(1)唯一性定理①過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行．②過一點有且只有一個平面與已知直線垂直．③過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．④過一點有且只有一條直線與已知平面垂直．(2)異面直線的判定定理平面外一點A與平面內一點B的連線與平面內不經過B點的直線互為異面直線．1．概念辨析(1)兩兩相交的三條直線最少可以確定三個平面．()(2)假如兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合．()(3)已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么c與b不行能是平行直線．()(4)兩個平面α，β有一個公共點A，就說α，β相交于過A點的隨意一條直線．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×2．小題熱身(1)對于隨意的直線l與平面α，在平面α內必有直線m，使m與l()A．平行 B．相交C．垂直 D．互為異面直線答案C解析不論l∥α，l?α還是l與α相交，α內都存在直線m使得m⊥l.(2)以下四個命題中，正確命題的個數是()①不共面的四點中，其中隨意三點不共線；②若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則A，B，C，D，E共面；③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面；④依次首尾相接的四條線段必共面．A．0 B．1C．2 D．3答案B解析①明顯是正確的，可用反證法證明；②中若A，B，C三點共線，則A，B，C，D，E五點不確定共面；③構造長方體或正方體，如圖明顯b，c異面，故不正確；④中空間四邊形中四條線段不共面．故正確的個數為1.(3)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是AB，AD的中點，則異面直線B1C與EF所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析連接B1D1，D1C，則B1D1∥EF，故∠D1B1C即為所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C為等邊三角形，∴∠D1B1C＝60°.(4)設P表示一個點，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個平面，給出下列四個命題，其中正確的命題是________．①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.答案③④題型eq\a\vs4\al(一)平面的基本性質如圖所示，四邊形ABEF和ABCD都是梯形，BC綊eq\f(1,2)AD，BE綊eq\f(1,2)FA，G，H分別為FA，FD的中點．(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形；(2)C，D，F，E四點是否共面？為什么？解(1)證明：由已知FG＝GA，FH＝HD，得GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，所以GH綊BC，所以四邊形BCHG是平行四邊形．(2)由BE綊eq\f(1,2)AF，G為FA中點，知BE綊GF，所以四邊形BEFG為平行四邊形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.所以EF與CH共面，又D∈FH，所以C，D，F，E四點共面．結論探究若舉例說明中條件不變，證明：FE，AB，DC交于一點．證明由舉例說明可知，四邊形EBGF和四邊形BCHG都是平行四邊形，故可得四邊形ECHF為平行四邊形，∴EC∥HF，且EC＝eq\f(1,2)DF，∴四邊形ECDF為梯形．∴FE，DC交于一點，設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交于一點．1．證明點共面或線共面的常用方法(1)干脆法：證明直線平行或相交，從而證明線共面．(2)納入平面法：先確定一個平面，再證明有關點、線在此平面內．如舉例說明(2)．(3)協助平面法：先證明有關的點、線確定平面α，再證明其余元素確定平面β，最終證明平面α，β重合．2．證明空間點共線問題的方法(1)公理法：一般轉化為證明這些點是某兩個平面的公共點，再依據公理3證明這些點都在這兩個平面的交線上．(2)納入直線法：選擇其中兩點確定一條直線，然后證明其余點也在該直線上．3．證明線共點問題的常用方法先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經過該點．如舉例說明中的結論探究．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是AB和AA1的中點．求證：(1)E，C，D1，F四點共面；(2)CE，D1F，DA三線共點．證明(1)如圖，連接EF，CD1，A1B.∵E，F分別是AB，AA1的中點，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四點共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE與D1F必相交，設交點為P，如圖所示．則由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∈直線DA，∴CE，D1F，DA三線共點．題型eq\a\vs4\al(二)空間兩直線的位置關系1．(2024·金華模擬)如圖，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有________(填上全部正確答案的序號)．答案②④解析在圖①中，直線GH∥MN；在圖②中，G，H，N三點共面，但M?平面GHN，N?GH，因此直線GH與MN異面；在圖③中，連接GM，GM∥HN，因此GH與MN共面；在圖④中，G，M，N共面，但H?平面GMN，G?MN，因此GH與MN異面．所以在圖②④中GH與MN異面．2．(2024·邯鄲調研)在三棱錐S－ABC中，G1，G2分別是△SAB和△SAC的重心，則直線G1G2與BC的位置關系是________．答案G1G2∥BC解析如圖所示，連接SG1并延長交AB于M，連接SG2并延長交AC于N，連接MN.由題意知SM為△SAB的中線，且SG1＝eq\f(2,3)SM，SN為△SAC的中線，且SG2＝eq\f(2,3)SN，∴在△SMN中，eq\f(SG1,SM)＝eq\f(SG2,SN)，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位線，∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.1．異面直線的判定方法(1)反證法：先假設兩條直線不是異面直線，即兩條直線平行或相交，由假設動身，經過嚴格的推理，導出沖突，從而否定假設，確定兩條直線異面．此法在異面直線的判定中常常用到．(2)定理：平面外一點A與平面內一點B的連線和平面內不經過點B的直線是異面直線．2．判定平行直線的常用方法(1)三角形中位線的性質．(2)平行四邊形的對邊平行．(3)平行線分線段成比例定理．(4)公理4.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是()A．MN與CC1垂直B．MN與AC垂直C．MN與BD平行D．MN與A1B平行答案D解析如圖，連接C1D，∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN與CC1垂直，故A正確；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN與AC垂直，B正確；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正確．∵A1B與BD相交，MN∥BD，∴MN與A1B不行能平行，D錯誤．題型eq\a\vs4\al(三)異面直線所成的角(2024·全國卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(3),3)答案C解析解法一：如圖所示，分別延長CB，C1B1至D，D1，使CB＝BD，C1B1＝B1D1，連接DD1，B1D.由題意知，C1B綊B1D，則∠AB1D即為異面直線AB1與BC1所成的角．連接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝eq\r(3).又B1D＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∴cos∠AB1D＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1D2－AD2,2AB1·B1D)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法二：將直三棱柱ABC－A1B1C1補形為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如圖所示，連接AD1，B1D1，BD.由題意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝eq\r(3)，所以B1D1＝eq\r(3).又AB1與AD1所成的角即為AB1與BC1所成的角θ，所以cosθ＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋AD\o\al(2,1)－B1D\o\al(2,1),2AB1·AD1)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).解法三：過B作BH⊥BC，交AC于H.以B為原點，以eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BH,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz.則A(－1，eq\r(3)，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，∴異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).條件探究把舉例說明的條件改為“正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中點，AA1∶AB＝eq\r(2)∶1”，求異面直線AB1與BD所成的角．解取A1C1的中點E，連接B1E，ED，AE，易知BD∥B1E.在Rt△AB1E中，∠AB1E為異面直線AB1與BD所成的角．設AB＝1，則A1A＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(3)，B1E＝eq\f(\r(3),2)，所以cos∠AB1E＝eq\f(B1E,AB1)＝eq\f(1,2)，因此∠AB1E＝eq\f(π,3)，故異面直線AB1與BD所成的角為eq\f(π,3).求異面直線所成角的方法(1)幾何法①作：利用定義轉化為平面角，對于異面直線所成的角，可固定一條，平移一條，或兩條同時平移到某個特別的位置，頂點選在特別的位置上．②證：證明作出的角為所求角．③求：把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形求空間角．(2)向量法建立空間直角坐標系，利用公式|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))求出異面直線的方向向量的夾角．若向量夾角是銳角或直角，則該角即為異面直