空间点线面的位置关系教学讲义.docx

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空间点线面的位置关系教学讲义

空间点、直线、平面之间的位置关系

　）

1．平面的基本性质

公理1：

如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．

公理2：

过不共线的三点，有且只有一个平面．

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．

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．异面直线所成角、平行公理及等角定理

（1）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．

②范围：

（0，

]．

（2）平行公理

平行于同一条直线的两条直线平行.

（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.

　）

异面直线的判定定理

过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．

用符号可表示为：

若l⊂α，A∉α，B∈α，B∉l，则直线AB与l是异面直线（如图）．

　）

1．（2019·浙江模拟）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　C　）

A．m∥l　　　B．m∥n　　　

C．n⊥l　　　D．m⊥n

[解析]　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C．

2．（2019·衡阳模拟）若直线l与平面α相交，则（　A　）

A．平面α内存在直线与l异面

B．平面α内存在唯一一条直线与l平行

C．平面α内存在唯一一条直线与l垂直

D．平面α内的直线与l都相交

[解析]　当直线l与平面α相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线，故A正确；该平面内不存在与直线l平行的直线，故B错误；该平面内有无数条直线与直线l垂直，所以C错误，平面α内的直线与l可能异面，故D错误，故选A．

3．梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是（　B　）

A．平行　　　B．平行和异面

C．平行和相交　　　D．异面和相交

[解析]　因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．

4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（　A　）

A．相交　　　B．异面　　　

C．平行　　　D．垂直

[解析]　

如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．

5．（2018·陕西榆林模拟）在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1D1的中点，则BM与AN所成的角的余弦值为（　B　）

A．

　　　B．

C．

　　　D．

[解析]　如图，取B1C1的中点P，连接BP，MP.∵直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1D1的中点，∴AN∥BP，∴∠MBP是BM与AN所成的角（或所成角的补角）．BM＝BP＝

＝

，MP＝

＝

，∴cos∠MBP＝

＝

＝

.∴BM与AN所成的角的余弦值为

.故选B．

6．如图所示，正三棱柱ABC－A′B′C′的底面边长和侧棱长均为2，D、E分别为AA′与BC的中点，则A′E与BD所成角的余弦值为

.

[解析]　取B′B中点F，连接A′F，则有A′F綊BD．

∴∠FA′E或其补角即为所求．

∵三棱柱ABC－A′B′C′棱长均为2，

∴A′F＝

，FE＝

，A′E＝

.

∴cos∠FA′E＝

.

考点1　平面基本性质的应用——师生共研

例1　如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝

AD，BE∥AF且BE＝

AF，G，H分别为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？

[解析]　

（1）由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊

AD．

又BC綊

AD，所以GH綊BC．

所以四边形BCHG为平行四边形．

（2）因为BE綊

AF，G为FA的中点，所以BE綊FG.

所以四边形BEFG为平行四边形．所以EF∥BG.

由

（1）知BG綊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．

名师点拨　☞

共面、共线、共点问题的证明

（1）证明点或线共面问题的两种方法：

①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．

（2）证明点共线问题的两种方法：

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）证明线共点问题的常用方法是：

先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．

〔变式训练1〕

　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：

（1）E，C，D1，F四点共面；

（2）CE，D1F，DA三线共点．

[解析]　

（1）如图，连接EF，CD1，A1B．

因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B．

又A1B∥CD1，所以EF∥CD1，

所以E，C，D1，F四点共面．

（2）因为EF∥CD1，EF

所以CE与D1F必相交，

设交点为P，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，

所以P∈直线DA．

所以CE，D1F，DA三线共点．

考点2　空间两条直线的位置关系——师生共研

例2　

（1）（2019·广东模拟）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（　D　）

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

（2）如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1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③④（注：

把你认为正确的结论序号都填上）．

[解析]　

（1）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）因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错；取DD1中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.

名师点拨　☞

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．此法在异面直线的判定中经常用到．

（2）判定定理法：

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．

〔变式训练2〕

（1）已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则（　D　）

A．m与n异面

B．m与n相交

C．m与n平行

D．m与n异面、相交、平行均有可能

（2）在图中，G，N，M，H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②④.（填上所有正确答案的序号）

[解析]　

（1）在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．故选D．

（2）图①中，直线GH∥MN；

图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，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，因此GH与MN异面，所以在图②④中，GH与MN异面．

考点3　求异面直线所成的角——师生共研

例3　

（1）（2018·课标全国Ⅱ）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　C　）

A．

　　　B．

C．

　　　D．

（2）已知四棱锥P－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点E是PB的中点，则异面直线AE与PD所成角的余弦值为（　C　）

A．

　　　B．

C．

　　　D．

[解析]　

（1）因为CD∥AB，所以∠BAE（或其补角）即为异面直线AE与CD所成的角．

设正方体的棱长为2，则BE＝

.

因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BE.

在Rt△ABE中，tan∠BAE＝

＝

.故选C．

（2）设棱长都为1，连接AC，BD交于点O，连接OE.

∵四棱锥的所有棱长都相等，不妨设四边形ABCD是正方形，

∴O是BD的中点，又E是PB的中点，

∴OE∥PD，

∴∠AEO（或其补角）为异面直线AE与PD所成的角．

又OE＝

PD＝

，AE＝

AB＝

，

OA＝

AC＝

＝

.

∴在△OAE中，由余弦定理得cos∠AEO＝

＝

.

名师点拨　☞

求异面直线所成的角的三步曲：

即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．

〔变式训练3〕

（1）（2019·湖北荆州联考）已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点．若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成角的度数为（　D　）

A．90°　　　B．45°　　　

C．60°　　　D．30°

（2）（2019·云南模拟）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝

BB1，则异面直线AB1与C1B所成的角是90°.

[解析]　

（1）如图，设G为AD的中点，接GF，GE，

则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中位线．

由此可得，GF∥AB且GF＝

AB＝1，

GE∥CD，且GE＝

CD＝2，

∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成的角．

又∵EF⊥AB，GF∥AB，∵EF⊥GF。

因此，在Rt△EFG中，GF＝1，GE＝2，

sin∠GEF＝

＝

，可得∠GEF＝30°，

∴EF与CD所成角的度数为30°.

（2）如图，取A1B1的中点D，

连接BD，C1D，

由四边形ABB1A1为矩形及AB＝

BB1易证得B1A⊥BD，

∵△A1B1C1为正三角形，D为A1B1的中点，

∴A1B1⊥C1D，由棱柱的性质易得，BB1⊥C1D，又A1B1∩BB1＝B1，

∴C1D⊥平面ABB1A1，又B1A⊂平面ABB1A1，

∴B1A⊥C1D，又∵BD∩C1D＝D，

∴B1A⊥平面C1DB，而C1B⊂平面C1DB，

∴B1A⊥C1B，即异面直线AB1与C1B所成的角是90°.

构造模型判断空间线面关系

例4　已知m，n是两条不同的直线α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：

①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；

③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；

④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.

其中所有正确的命题是（　A　）

A．①④　　　B．②④　　　

C．①　　　D．④

[分析]　构造一个长方体模型，找出适合条件的直线与平面，在长方体内判断它们的位置关系．

[解析]　借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图

（1）所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图

（2）所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图（3）所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图（4）所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．

名师点拨　☞

（1）构造法实质上是结合题意构造合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误；

（2）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．

〔变式训练4〕

　（2019·郑州模拟）设l是直线，α，β是两个不同的平面，（　B　）

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]　解法一：

设α∩β＝a，若直线l∥α，且l⊄α，l⊄β，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在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．

解法二：

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.