内容正文:
第2讲 空间点、线、面的位置关系
★[高考定位] 以选择题、填空题的形式考查时,主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真、假进行判断,属基础题.以解答题的形式考查时,主要是线线、线面与面面平行和垂直的判定与性质,且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查,难度中等.
考点一 空间点、线、面位置关系的判断
判断空间直线、平面位置关系的常用方法
1.根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断,解决问题.
2.必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系,并结合有关定理进行判断.
[例1] (1)(2023·汕头二模)已知α,β,γ是三个平面,α∩β=a,α∩γ=b,β∩γ=c,且a∩b=O,则下列结论正确的是( )
A.直线b与直线c可能是异面直线
B.直线a与直线c可能平行
C.直线a,b,c必然交于一点(即三线共点)
D.直线c与平面α可能平行
[解析] C [ABC选项,因为α∩β=a,α∩γ=b,a∩b=O,
所以O∈α,O∈β,O∈γ,
因为β∩γ=c,所以O∈c,
所以直线a,b,c必然交于一点(即三线共点),AB错误,C正确;
D选项,假设直线c与平面α平行,
假设直线c与平面α平行,由O∈c,可知O∉α,
这与O∈α矛盾,故假设不成立,D错误.故选C.]
(2)在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=4,△BCD的边长均为6,P为AB的中点,则异面直线PC与BD所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
[解析] C [如图,取AD中点E,连接PE,EC,
∵P是AB中点,∴PE∥BD,PE=BD=3,
则∠CPE是PC与BD所成角的平面角(或补角),
在△ABC中,AB=AC=4,BC=6,
由余弦定理,cos A===-,
在△APC中,PC2=AP2+AC2-2×AP×AC×cos A=22+42-2×2×4×=22,
∴PC=,同理,CE=,
在△PEC中,由余弦定理可得,cos∠CPE===,
∴异面直线PC与BD所成角的余弦为.故选C.]
平移线段法求异面直线所成角的步骤
(1)平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;
(2)认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;
(3)计算:求该角的值,常利用解三角形;
(4)取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
1.(2023·保山二模)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( )
解析:BD [对A,连接GM,∵G,M分别为BC,DA的中点,∴GM∥AB,又AB∥HN,∴GM∥HN,故直线GH,MN共面,故A错误;
对B,已知HN和GM是异面直线,故GH,MN是异面直线,故B正确;
对C,如图,连接GM,∵G,M分别为AC,BC的中点,∴GM∥AB,又AB∥HN,∴GM∥HN,故直线GH,MN共面,故C错误;
对D,直线GH,MN既不平行又不相交,故直线GH,MN是异面直线,故D正确.故选BD.]
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=AA1,D,E分别为AC,BC的中点,则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析:D [设AB=2,取A1B1的中点F,连接C1F,DF,DE,则B1F=A1B1.
因为D,E分别为AC,BC的中点,所以DE∥AB,DE=AB,
因为A1B1∥AB,A1B1=AB,所以DE∥B1F,B1F=DE,
所以四边形DEB1F为平行四边形,所以DF∥B1E,
所以∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角.
因为AB⊥BC,AB=BC=AA1=2,D,E分别为AC,BC的中点,
所以DF=B1E==,C1F==,C1D==,
所以cos∠C1DF===.故选D.]
考点二 空间平行、垂直问题的证明
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
[例2] (2023·全国甲卷)如图,在三棱柱ABC-