2021高三数学北师大版（理）一轮教师用书：第8章 第2节 空间图形的基本关系与公理 .doc

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1、第二节空间图形的基本关系与公理最新考纲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1四个公理(1)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)(2)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)拓展：公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外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(3)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(4)公

2、理4：平行于同一条直线的两条直线平行2直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)范围：(0，90拓展：异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线，如图所示3空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系(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在平面内a无数个直线不在平面内直线与平面平行a0个直线与平面相交直线与平面斜交aA1个直线与平面垂直a1个(2)空间中平面与平面的位置关系位置关

3、系图形表示符号表示公共点两平面平行0个两平面相交l无数_个4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、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)两个平面，有一个公共点A，就说，相交于过A点的任意一条直线()(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面()(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合()(4)若直线a不平行于平面，且a，则内的所有直线与a异面()

4、答案(1)(2)(3)(4)二、教材改编1已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A一定是异面直线B一定是相交直线C不可能是平行直线D不可能是相交直线C由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若bc，则ab，与已知a，b为异面直线相矛盾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()A30B45C60D90C连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1EF，故D1B1C为所求的角，又B1D1B1CD1C，D1B1C60.3下列命题正确的是()A两个平面如果有公共点，那么一定相交B两

5、个平面的公共点一定共线C两个平面有3个公共点一定重合D过空间任意三点，一定有一个平面D如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点4.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(1)ACBD(2)ACBD且ACBD(1)四边形EFGH为菱形，EFEH，ACBD.(2)四边形EFGH为正方形，EFEH且EFEH，EFAC

6、，EHBD，且EFAC，EHBD，ACBD且ACBD.考点1平面的基本性质及应用共面、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；证两平面重合(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；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如图所示，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.E，F分别是AB，AA1的中点，E

7、FBA1.又A1BD1C，EFCD1，E，C，D1，F四点共面(2)EFCD1，EFCD1，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ADD1A1DA，P直线DA，CE，D1F，DA三线共点 本例第(1)问的证明应用了公理2的推论，采用线线共面，则线上的点必共面的思想；本例第(2)问的证明应用了公理3，采用先证明CE与D1F相交，再证明交点在直线DA上1.(2019衡水中学模拟)有下列四个命题：空间四点共面，则其中必有三点共线；空间四点不共面，则其中任意三点不共线；空间四点中有三点共线，则此四点共面；空间四点中

8、任意三点不共线，则此四点不共面其中真命题的所有序号有_中，对于平面四边形来说不成立，故是假命题；中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故是真命题；由的分析可知是真命题；中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故是假命题2.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BGGCDHHC12.(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EFBD.在BCD中，所以GHBD，所以EFGH.所以E，

9、F，G，H四点共面(2)因为EGFHP，PEG，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ADCAC，所以PAC，所以P，A，C三点共线考点2判断空间两直线的位置关系空间中两直线位置关系的判定方法1.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl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ll1，

10、ll2，则l1l2，这与l1，l2是异面直线矛盾故l至少与l1，l2中的一条相交法二：(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不正确图(1) 图(2)2.(2019全国卷)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()ABMEN，且直线BM、EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM、EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线B如图所示， 作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F.连接B

11、F，平面CDE平面ABCD，EOCD，EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCD，MFB与EON均为直角三角形设正方形边长为2，易知EO，ON1，EN2，MF，BF，BM.BMEN.连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中点，点N在BD上，且BNDN.又M为ED的中点，BM，EN为DBE的中线，BM，EN必相交故选B.3在下列四个图中，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_(填序号) 图中，直线GHMN；图中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此直线GH与MN异面；图中，连接MG，GMHN，因此GH与MN共面；图中，G，M，N共面

12、，但H平面GMN，因此GH与MN异面所以在图中，GH与MN异面在直接判断不好处理的情况下，反证法、模型法(如构造几何体：正方体、空间四边形等)和特例排除法等是解决此类问题的三种常用便捷方法考点3异面直线所成的角1.平移法求异面直线所成角的一般步骤(1)作角用平移法找(或作)出符合题意的角(2)求角转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小提醒：异面直线所成的角.2坐标法求异面直线所成的角：当题设中含有两两垂直的三边关系时，常采用坐标法提醒：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)一题多解(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1

13、D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.(2)如图所示，A是BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点求证：直线EF与BD是异面直线；若ACBD，ACBD，求EF与BD所成的角(1)C法一：(平移法)如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1，所以OMAD11，ODDB1，于是在DMO中，由余弦定理，得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故

14、选C.法二：(坐标法)以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.法三：(补体法)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，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，BB12，DB1.在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB

15、1DB1cosDB1B，即54522cosDB1B，cosDB1B.故选C.(2)解证明：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是异面直线取CD的中点G，连接EG，FG，则ACFG，EGBD，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ACBD，则FGEG.在RtEGF中，由EGFGAC，求得FEG45，即异面直线EF与BD所成的角为45.平移法、坐标法和补体法是求两条异面直线所成角的大小的三种常用方法，其中平移法和补体法的实质是平行移动直线

16、，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，体现了化归思想教师备选例题1(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A.B.C.D.A如图，设平面CB1D1平面ABCDm1.平面平面CB1D1，m1m.又平面ABCD平面A1B1C1D1，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1.B1D1m.平面ABB1A1平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，同理可证CD1n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角在正方体ABCDA1B1C1D1中，CB1D1是

17、正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60，其正弦值为.2(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b

18、(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，0,2)，则B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|cos |.cos |cos |.090，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误1. (2019聊城一模)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.B.C.D.D取BC的中点H，连接EH，AH，EHA90，设AB2，则BHHE1，AH，所以AE，连接ED，ED，因为BCAD，所以异面直线AE与BC所成角即为EAD，在EAD中cosEAD，故选D.2(2019西安模拟)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，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_还原成正四面体ADEF，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DEAF，又MNAF，MNDE.因此正确命题的序号是.