【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版8-3平面的基本性质与推论学案
§8.3 平面的基本性质与推论
最新考纲
考情考向分析
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.
主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的直观想象和逻辑推理等核心素养，主要为中低档题.
1.平面的基本性质及推论
(1)平面的基本性质
基本性质1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内.
基本性质2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面.
基本性质3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线.
(2)平面基本性质的推论
推论1：经过一条直线和直线外的一点，有且只有一个平面.
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面.
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面.
2.直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类
(2)判断两直线异面：与一平面相交于一点的直线与这个平面内不经过交点的直线是异面直线.
3.直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况.
4.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.
概念方法微思考
分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？
提示 不一定.因为异面直线不同在任何一个平面内.分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交.
题组一 思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( × )
(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.( × )
(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线.( × )
题组二 教材改编
2.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°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，
∴△B1D1C为等边三角形，
∴∠D1B1C＝60°.
3.如图，在三棱锥A—BCD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.
答案 (1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
解析 (1)∵四边形EFGH为菱形，
∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF∥AC，EH∥BD，
且EF＝AC，EH＝BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
题组三 易错自纠
4.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
答案 D
解析 依题意，m∩α＝A，n⊂α，
∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.
5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A.点A
B.点B
C.点C但不过点M
D.点C和点M
答案 D
解析 ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上.
同理可知，点C也在γ与β的交线上.
6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______.
答案 3
解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行.故互为异面的直线有且只有3对.
题型一 平面基本性质的应用
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
0)，则AA1＝tAB.
∵AB＝1，∴AA1＝t.
∵A1C1＝，A1B＝＝BC1，
∴cos∠A1BC1＝
＝＝.
∴t＝3，即＝3.
思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三个步骤
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出所作的角.
跟踪训练3 (2018·全国Ⅱ)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.
答案 C
解析 方法一 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.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＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.
故选C.
方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.
由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，
＝(1,1，)，
∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，
||＝2，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
故选C.
立体几何中的线面位置关系
直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题.
例 如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝AD，BE∥FA且BE＝FA，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？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH∥AD且GH＝AD.
又BC∥AD且BC＝AD，
∴GH∥BC且GH＝BC，
∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 ∵BE∥AF且BE＝AF，G为FA的中点，
∴BE∥FG且BE＝FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，
∴EF∥BG.
由(1)知BG∥CH.
∴EF∥CH，∴EF与CH共面.
又D∈FH，
∴C，D，F，E四点共面.
素养提升 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关系在平面和空间中的差异.
1.四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 A
解析 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.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
答案 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.故选C.
3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A.直线AC
B.直线AB
C.直线CD
D.直线BC
答案 C
解析 由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上.
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1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
答案 A
解析 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，
∴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.
∴A，M，O三点共线.
5.(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1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.
答案 C
解析 方法一 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.
图①
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＝AB2＋AD2－2×AB×AD×cos∠DAB＝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＝＝＝.
故选C.
方法二 以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示.
图②
由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，则＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1).
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
故选C.
6.正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有________条.
答案 6
解析 如图，在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有
BB1，DD1，A1B1，A1D1，D1C1，B1C1，共6条.
7.(2019·东北三省三校模拟)若直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l与平面α的位置关系为________.
答案 l∥α或l⊂α
解析 ∵直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，
∴直线l∥平面α，或者直线l⊂平面α.
8.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________.
答案 平行
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，
∴G1G2∥BC.
9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.
答案
解析 取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，
所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
10.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________.
答案 ②③④
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.
连接GM，∵△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，
易证DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确命题的序号是②③④.
11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点.
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角.
(1)证明 假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.
(2)解 取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，
所以相交直线EF与EG所成的角，
即为异面直线EF与BD所成的角.
又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.
在Rt△EGF中，由EG＝FG
＝AC，求得∠FEG＝45°，
即异面直线EF与BD所成的角为45°.
12.如图，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(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角.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.
13.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.
答案 A
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1
＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
∴∠CD1B1＝，
得sin∠CD1B1＝，故选A.
14.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上四个命题中，正确命题的序号是________.
答案 ①③
解析 如图，①AB⊥EF，正确；②显然AB∥CM，所以不正确；③EF与MN是异面直线，所以正确；④MN与CD异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.
15.如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，F，G分别是线段AE，BC的中点，则AD与GF所成的角的余弦值为________.
答案
解析 取DE的中点H，连接HF，GH.
由题设，HF∥AD且HF＝AD，
∴∠GFH为异面直线AD与GF所成的角(或其补角).
在△GHF中，可求HF＝2，
GF＝GH＝2，
∴cos∠GFH＝
＝＝.
16.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.
(1)当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
(2)若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值.
解 (1)方法一 如图所示，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M.
因为EC⊥AC，OM，EC⊂平面ACC1A1，
所以OM∥EC.
又因为EC＝2FB＝2，EC∥FB，
所以OM∥FB且OM＝EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点.
方法二 如图所示，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ.
因为EC＝2FB＝2，
所以PE∥BF且PE＝BF，
所以PB∥EF，PQ∥AE，
又AE，EF⊂平面AEF，PQ，PB⊄平面AEF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF.
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF.
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点.
(2)由(1)知，BM与EF异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角.
易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝＝＝，
所以BM与EF所成的角的余弦值为.
