2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书:第八章 第2讲 空间图形的基本关系与公理

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文档介绍

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书:第八章 第2讲 空间图形的基本关系与公理

第2讲 空间图形的基本关系与公理 一、知识梳理 ‎1.空间图形的基本位置关系 ‎(1)空间点与直线的位置关系有两种:点在直线上和点在直线外.‎ ‎(2)空间点与平面的位置关系有两种:点在平面内和点在平面外.‎ ‎(3)空间两条直线的位置关系有三种 共面直线 异面直线:不同在任何一个平面内的两条直线.‎ ‎(4)空间直线与平面的位置关系有三种 ‎①直线在平面内,直线和平面有无数个公共点.‎ ‎②直线和平面相交:直线和平面只有一个公共点.‎ ‎③直线和平面平行:直线和平面没有公共点.‎ ‎(5)空间平面与平面的位置关系有两种 ‎①平行平面:两个平面没有公共点.‎ ‎②相交平面:两个平面不重合,但有公共点.‎ ‎2.空间图形的公理 公理1:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面(即可以确定一个平面).‎ 公理2: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(即直线在平面内).‎ 推论1:一条直线和直线外一点确定一个平面;‎ 推论2:两条相交直线确定一个平面;‎ 推论3:两条平行直线确定一个平面.‎ 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.‎ 公理4:平行于同一条直线的两条直线平行.‎ ‎3.等角定理与异面直线所成的角 ‎(1)等角定理:空间中,如果两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.‎ ‎(2)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(或夹角).‎ ‎②范围:.‎ ‎4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 ‎(1)空间中直线与平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 直线a在平面α内 aα 有无数个公共点 直线在平面外 直线a与平面α平行 a∥α 没有公共点 直线a与平面α斜交 a∩α=A 有且只有一个公共点 直线a与平面α垂直 a⊥α ‎(2)空间中两个平面的位置关系 位置关系 图形表示 符号表示 公共点 两平面平行 α∥β 没有 公共点两平面相交 斜交 α∩β=l 有一条公共直线 垂直 α⊥β且 α∩β=a 常用结论 ‎1.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.‎ ‎2.异面直线的判定定理 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.‎ 二、教材衍化 ‎1.下列命题中正确的是(  )‎ A.过三点确定一个平面 B.四边形是平面图形 C.三条直线两两相交则确定一个平面 D.两个相交平面把空间分成四个区域 解析:选D.对于A,过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面,故A错误;对于B,四边形也可能是空间四边形,不一定是平面图形,故B错误;对于C,三条直线两两相交,可以确定一个平面或三个平面,故C错误;对于D,平面是无限延展的,两个相交平面把空间分成四个区域,故D正确.‎ ‎2.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1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________.‎ 解析:连接B1D1,D1C,则B1D1∥EF,故∠D1B1C为所求,又B1D1=B1C=D1C,所以∠D1B1C=60°.‎ 答案:60°‎ ‎3.‎ 如图,在三棱锥ABCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则 ‎(1)当AC,BD满足条件________时,四边形EFGH为菱形;‎ ‎(2)当AC,BD满足条件________时,四边形EFGH为正方形.‎ 解析:(1)因为四边形EFGH为菱形,‎ 所以EF=EH,故AC=BD.‎ ‎(2)因为四边形EFGH为正方形,‎ 所以EF=EH且EF⊥EH,‎ 因为EF綊AC,EH綊BD,‎ 所以AC=BD且AC⊥BD.‎ 答案:(1)AC=BD (2)AC=BD且AC⊥BD 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)如果两个不重合的平面α,β有一条公共直线a,就说平面α,β相交,并记作α∩β=a.(  )‎ ‎(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)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(  )‎ ‎(4)经过两条相交直线,有且只有一个平面.(  )‎ ‎(5)没有公共点的两条直线是异面直线.(  )‎ 答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×‎ 二、易错纠偏 (1)判断直线与平面的位置关系时,忽视“直线在平面内”;‎ ‎(2)对等角定理的应用条件认识不清;‎ ‎(3)对异面直线的概念理解有误.‎ ‎1.已知直线a和平面α,β,α∩β=l,aα,aβ,且a在α,β内的射影分别为直线b和c,则直线b和c的位置关系是(  )‎ A.相交或平行      B.相交或异面 C.平行或异面 D.相交、平行或异面 解析:选D.依题意,直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.故选D.‎ ‎2.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA与O1A1的方向相同,则下列结论中正确的是(  )‎ A.OB∥O1B1且方向相同 B.OB∥O1B1‎ C.OB与O1B1不平行 D.OB与O1B1不一定平行 解析:选D.两角相等,角的一边平行且方向相同,另一边不一定平行,故选D.‎ ‎      平面的基本性质及其应用(师生共研)‎ ‎ 在正方体ABCDA1B1C1D1中,判断下列说法是否正确,并说明理由.‎ ‎(1)直线AC1在平面CC1B1B内;‎ ‎(2)设正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心分别为O,O1,则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1;‎ ‎(3)由点A,O,C可以确定一个平面;‎ ‎(4)由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1;‎ ‎(5)设直线l是平面ABCD内的直线,直线m是平面DD1C1C内的直线,若l与m相交,则交点一定在直线CD上.‎ ‎【解】 ‎ ‎(1)错误.若AC1平面CC1B1B,又BC平面CC1B1B,则A∈平面CC1B1B,且B∈平面CC1B1B,所以AB平面CC1B1B,与AB平面CC1B1B矛盾,故(1)中说法错误.‎ ‎(2)正确.因为O,O1是两平面的两个公共点,所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.‎ ‎(3)错误.因为A,O,C三点共线,所以不能确定一个平面.‎ ‎(4)正确.因为A,C1,B1不共线,所以A,C1,B1三点可以确定平面α,又四边形AB1C1D为平行四边形,AC1,B1D相交于O2点,而O2∈α,B1∈α,所以B1O2α,又D∈B1O2,所以D∈α.‎ ‎(5)正确.若l与m相交,则交点是两平面的公共点,而直线CD为两平面的交线,所以交点一定在直线CD上.‎ ‎(1)三个公理是立体几何的基础.公理1是利用点或直线确定平面的依据;公理2是确定直线在平面内的依据;公理3是确定两个平面有一条交线的依据,同时也是证明多点共线、多线共点的依据.‎ ‎(2)证明点共线或线共点的问题,关键是转化为证明点在直线上,也就是利用公理3,证明点在两个平面的交线上,或者选择其中两点确定一条直线,然后证明另一点也在该直线上.  ‎ ‎1.在空间四边形ABCD各边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,GH相交于点P,那么(  )‎ A.点P必在直线AC上 B.点P必在直线BD上 C.点P必在平面DBC内 D.点P必在平面ABC外 解析:选A.‎ 如图,因为EF平面ABC,而GH平面ADC,且EF和GH相交于点P,所以P在两平面的交线上,因为AC是两平面的交线,所以点P必在直线AC上.‎ ‎2.如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,则这四个点不共面的一个图是(  )‎ 解析:选D.A,B,C图中四点一定共面,D中四点不共面.‎ ‎      空间两直线位置关系的判定(师生共研)‎ ‎ (1)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(  )‎ A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 ‎(2)如图中,G,N,M,H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)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(  )‎ A.①③ B.②③‎ C.②④ D.②③④‎ ‎【解析】 (1)取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=()2+()2+22=7,得BM=,所以BM≠EN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,选B.‎ ‎(2)由题意,可知题图①中,GH∥MN,因此直线GH与MN共面;题图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;题图③中,连接MG,则GM∥HN,因此直线GH与MN共面;题图④中,连接GN,G,M,N三点共面,但H∉平面GMN,所以直线GH与MN异面.故选C.‎ ‎【答案】 (1)B (2)C ‎(1)异面直线的判定方法 ‎(2)构造法判断空间两直线的位置关系 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,可避免因考虑不全面而导致错误,构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型,然后将问题利用模型直观地作出判断,这样减少了抽象性.  ‎ ‎1.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 解析:选D.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.‎ 如图,正方体ABCDA1B1C1D1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________(把你认为正确的结论的序号都填上).‎ 解析:直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,故①②错误.‎ 答案:③④‎ ‎      异面直线所成的角(典例迁移)‎ ‎ 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ABCDQGHP,连接AG,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】  ‎【迁移探究】 (变条件)在本例条件下,若E,F,M分别是AB,BC,PQ的中点,异面直线EM与AF所成的角为θ,求cos θ的值.‎ 解:设N为BF的中点,连接EN,MN,则∠MEN是异面直线EM与AF所成的角或其补角.‎ 不妨设正方形ABCD和ADPQ的边长为4,则EN=,EM=2,MN=.‎ 在△MEN中,由余弦定理得 cos ∠MEN= ‎==-=-.‎ 即cos θ=.‎ 用平移法求异面直线所成角的步骤 ‎(1)一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角.‎ ‎(2)二证:证明作出的角(或其补角)是异面直线所成的角.‎ ‎(3)三求: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.  ‎ ‎1.(2020·太原模拟)在正三棱柱ABCA1B1C1中,若AB=BB1,D是CC1的中点,则CA1与BD所成角的大小是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C.‎ 如图,取A1C1的中点E,连接BE,DE,则DE∥A1C,所以∠BDE或其补角即为CA1与BD所成的角,设为θ.由几何体ABCA1B1C1是正三棱柱且AB=BB1,可设其棱长为2.在△BDE中,BD=,BE=,DE=,‎ 由余弦定理可得cos θ==0,所以θ=.故选C.‎ ‎2.如图,E,F分别是三棱锥PABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为________.‎ 解析:‎ 取AC的中点M,连接EM,MF.因为E,F分别是AP,BC的中点,所以MF∥AB,MF=AB=3,ME∥PC,ME=PC=5,所以MF与ME所成的角即为AB与PC所成的角(或其补角).在三角形MEF中,cos∠EMF==-=-,所以∠EMF=120°,所以异面直线AB与PC所成的角为60°.‎ 答案:60°‎ ‎ 构造平面研究直线相交问题 ‎ (一题多解)设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(  )‎ 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】 法一:设α∩β=a,若直线l∥a,且lα,lβ,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不在平面α,β内,则l∥α且l∥β,因此D错误.故选B.‎ 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.故选B.‎ ‎【答案】 B ‎ (一题多解)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1、CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有________条.‎ ‎【解析】 法一:如图,在EF上任意取一点M,直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有一个交点N,当M取不同的位置时就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点 N,而直线MN与这三条异面直线都有交点,所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条.‎ 法二:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD与平面α不平行,所以它们相交,设它们交于点Q,连接PQ(图略),则PQ与EF必然相交,即PQ为所求直线.由点P的任意性,知有无数条直线与三条直线A1D1,EF,CD都相交.‎ ‎【答案】 无数 ‎(1)平面几何和立体几何在点、线、面的位置关系中有很多的不同,借助确定的几何模型,利用直观想象讨论点、线、面的位置关系在平面和空间中的差异.‎ ‎(2)本题难度不大,但比较灵活.对平面的基本性质、空间两条直线的位置关系的考查难度一般都不会太大.‎ ‎(3)注意本题解法较多,但关键在于构造平面,但不少学生不会构造平面,因此失分较多.  ‎ ‎ [基础题组练]‎ ‎1.四条线段顺次首尾相连,它们最多可确定的平面个数有(  )‎ A.4个          B.3个 C.2个 D.1个 解析:选A.首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面,‎ 所以最多可以确定四个平面.‎ ‎2.已知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⊥l3⇒l1∥l3‎ B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3‎ C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面 D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面 解析:选B.在空间中,垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错;两条平行直线中的一条垂直于第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线,B正确;相互平行的三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱,故C错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的三条侧棱,故D错.‎ ‎3.如图,ABCDA1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是(  )‎ A.A,M,O三点共线 B.A,M,O,A1不共面 C.A,M,C,O不共面 D.B,B1,O,M共面 解析:选A.连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,‎ 所以A1,C1,C,A四点共面,‎ 所以A1C平面ACC1A1,‎ 因为M∈A1C,‎ 所以M∈平面ACC1A1.‎ 又M∈平面AB1D1,‎ 所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,‎ 同理A,O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.‎ 所以A,M,O三点共线.‎ ‎4.‎ ‎(2020·广东东莞模拟)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是(  )‎ A.CC1与B1E是异面直线 B.AC⊥平面ABB1A1‎ C.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1‎ D.A1C1∥平面AB1E 解析:选C.因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内,且CC1与B1E是相交直线,所以选项A错误.假设AC⊥平面ABB1A1,则AC⊥AB,即∠CAB=90°,从而可得∠C1A1B1=90°,这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾,故假设错误,即选项B错误.因为点B1∉AE,直线B1C1交平面AEB1于点B1,所以AE,B1C1为异面直线;由题意可知△ABC是正三角形,又E是BC的中点,所以AE⊥BC,结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1,故选项C正确.因为直线AC交平面AB1E于点A,又AC∥A1C1,所以直线A1C1与平面AB1E相交,故选项D错误.综上,选C.‎ ‎5.在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中,已知M是棱BB1的中点,N是棱AC的中点,则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(  )‎ A. B.1‎ C. D. 解析:选C.法一:如图,取AA1的中点P,连接PN,PB,则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB,则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角).设三棱柱的棱长为2,则PN=,PB=,BN=,所以PN2+BN2=PB2,所以∠PNB=90°,在Rt△PBN中,‎ tan∠PBN===,故选C.‎ 法二:以N为坐标原点,NB,NC所在的直线分别为x轴,y轴,过点N与平面ABC垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则N(0,0,0),A1(0,-1,2),B(,0,0),M(,0,1),所以=(,0,0),=(,1,-1),设直线A1M与BN 所成的角为θ,则cos θ=|cos〈,〉|===,则sin θ=,‎ tan θ=.‎ ‎6.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且==,则下列说法正确的是________.‎ ‎①EF与GH平行;‎ ‎②EF与GH异面;‎ ‎③EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上;‎ ‎④EF与GH的交点M一定在直线AC上.‎ 解析:连接EH,FG(图略),依题意,可得EH∥BD,FG∥BD,故EH∥FG,所以E,F,G,H四点共面.因为EH=BD,FG=BD,故EH≠FG,所以EFGH是梯形,EF与GH必相交,设交点为M.因为点M在EF上,故点M在平面ACB上.同理,点M在平面ACD上,所以点M是平面ACB与平面ACD的交点,又AC是这两个平面的交线,所以点M一定在直线AC上.‎ 答案:④‎ ‎7.一正方体的平面展开图如图所示,在这个正方体中,有下列四个命题:‎ ‎①AF⊥GC;‎ ‎②BD与GC成异面直线且夹角为60°;‎ ‎③BD∥MN;‎ ‎④BG与平面ABCD所成的角为45°.‎ 其中正确的是________(填序号).‎ 解析:将平面展开图还原成正方体(如图所示).‎ 对于①,由图形知AF与GC异面垂直,故①正确;‎ 对于②,BD与GC显然成异面直线.如图,连接EB,ED,则BE∥GC,所以∠EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角).在等边△BDE中,∠EBD=60°,所以异面直线BD与GC所成的角为60°,故②正确;‎ 对于③,BD与MN为异面垂直,故③错误;‎ 对于④,由题意得,GD⊥平面ABCD,所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角.但在Rt△BDG中,∠GBD不等于45°,故④错误.综上可得①②正确.‎ 答案:①②‎ ‎8.(2020·河南安阳调研四)在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E∈平面AA1B1B,点F是线段AA1的中点,若D1E⊥CF,则当△EBC的面积取得最小值时,=________.‎ 解析:‎ 如图所示,连接B1D1,取AB的中点G,连接D1G,B1G.由题意得CF⊥平面B1D1G,‎ 所以当点E在直线B1G上时,D1E⊥CF,‎ 设BC=a,则S△EBC=EB·BC=EB·a,‎ 当△EBC的面积取最小值时,线段EB的长度为点B到直线B1G的距离,‎ 所以线段EB长度的最小值为,所以==.‎ 答案: ‎9.如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1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.‎ 因为E,F分别是AB,AA1的中点,‎ 所以EF∥BA1.‎ 又A1B∥D1C,所以EF∥CD1,‎ 所以E,C,D1,F四点共面.‎ ‎(2)因为EF∥CD1,EF
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