第7章 第2节 空间点、直线、平面的位置关系（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第七章　立体几何 第二节　空间点、直线、平面的位置关系 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 a∩l＝∅ b∩l＝∅ 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 α∩β＝∅ 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 两个点 A∈α B∈α AB⊂α 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 不在一条直线上 直线外一点 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 相交 平行 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 过该点的公共直线 P∈α P∈β 平行 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 平行 相等 互补 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 × √ × × 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 课时作业(四十四) 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 课标解读 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．空间点、线、面位置关系的表示 (1)点A在直线l上，记作A∈l；点B不在直线l上，记作B∉l. (2)点A在平面α内，记作A∈α；点B不在平面α内，记作B∉α. (3)直线a在平面α内，记作a⊂α； 直线b不在平面α内，记作b⊄α. (4)直线a与直线l相交于点O，记作：____________，直线b与直线l不相交，记作：______________． (5)直线l与平面α相交于点A，记作：l∩α＝A；直线l与平面α不相交，记作：l∩α＝∅. (6)若平面α和平面β相交于l，记作：α∩β＝l；平面α和平面β不相交，记作：_______________． 2．四个基本事实及三个推论 基本 事实 内容 图形 符号 作用 基本 事实 1 如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 若________，_______，则_________ 用来证明直线在平面内 基本 事实 内容 图形 符号 作用 基本 事实 2 过______________的三点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α 用来确定一个平面 推论1：一条直线和__________确定一个平面 基本 事实 内容 图形 符号 作用 基本 事实 2 推论2：两条____直线确定一个平面 推论3：两条____直线确定一个平面 基本 事实 内容 图形 符号 作用 基本 事实 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________________ ________，且________⇔α∩β＝l，且P∈l 用来证明空间的点共线和线共点 基本 事实 4 平行于同一条直线的两条直线____ 用来证明线线平行 3.直线与直线的位置关系 (1)空间两条直线的位置关系有且只有以下三种： ①相交——在同一个平面内，两条直线有且只有一个公共点； ②平行——在同一个平面内，两条直线没有公共点； ③异面——两条直线不同在任何一个平面内，没有公共点． (2)等角定理：如果空间中两个角的两条边分别对应____，那么这两个角____或____． (3)异面直线 ①异面直线的画法(衬托平面法) 如图①②所示，为了表示异面直线不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面来衬托． ②异面直线的判定方法：与平面相交的直线与该平面内不过该交点的直线是异面直线． ③异面直线所成的角 定义 前提 两条异面直线a，b 作法 在空间任取一点P，过P分别作a和b的平行线a′和b′ 结论 我们把a′与b′所成的锐角或直角叫作异面直线a与b所成的角 范围 记异面直线a与b所成的角为θ，则θ∈(0°，90°] 特殊 情况 如果两条异面直线a与b所成的角为90°，则称这两条异面直线互相垂直 1．判断正误 (1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过点A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α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．(　　　) 2．下列命题正确的是(　　) A．三点确定一个平面 B．一条直线和一个点确定一个平面 C．圆心和圆上两点可确定一个平面 D．梯形可确定一个平面 答案：D 3．直线l与平面α不平行，则(　　) A．l与α相交 B．l⊂α C．l与α相交或l⊂α D．以上结论都不对 4．已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝30°，则∠PQR 等于(　　) A．30° B．30° 或150° C．150° D．以上结论都不对 B　解析：由题意可知AB∥PQ，BC∥QR，且∠ABC＝30°， 根据空间等角定理可知∠PQR 为30° 或150°. 5．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(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　解析：连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C(或其补角)即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形， ∴∠D1B1C＝60°. 6.(基本事实掌握不准致误)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P，Q分别是B1C1，CC1的中点，则直线A1P与DQ的位置关系是________________. (填“平行”“相交”或“异面”) 答案：相交　解析：∵在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P，Q分别是B1C1，CC1的中点，∴PQ∥A1D，∴直线A1P与DQ共面． 又∵PQ＝ eq \f(1,2) A1D，∴四边形A1DQP是梯形， ∴直线A1P与DQ相交． 1.(2023·贵州凯里实验高级中学模拟)已知长方体ABCD­A1B1C1D1 中，对角线AC1与平面A1BD 交于点O，则O为△A1BD 的(　　) A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 C　解析：如图，平面ACC1A1 与平面A1BD 的交线为A1E，显然点E 是BD 的中点，且点O 在A1E 上，故点O 在BD 的中线上， 同理可得，点O 在A1D，A1B 的中线上， 即点O 是△A1BD 三边中线的交点，即为△A1BD 的重心． 2．(多选)(2023·江苏南京江宁区模拟)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．B，B1，O，M四点共面 B．A，M，O，A1四点共面 C．A，O，C，M四点共面 D．A，M，O三点共线 BCD　解析：连接BD，OM， 则B，B1，O都在平面BB1D1D上， 若M∈平面BB1D1D， 则直线OM⊂平面BB1D1D， ∴A∈平面BB1D1D，显然A平面BB1D1D， ∴A不正确． 由M∈A1C，A1C⊂平面ACC1A1，可得A，M，O，A1四点共面，故B正确． 由B选项分析可得A，O，C，M四点共面，故C正确． 连接AC，A1C1，ABCD­A1B1C1D1是长方体， O是B1D1的中点，∴O∈A1C1，OA⊂平面AB1D1，OA⊂平面ACC1A1， ∴平面ACC1A1∩平面AB1D1＝OA， 而直线A1C交平面AB1D1于点M，即M∈OA， ∴D正确． 3．(2023·安徽马鞍山二中模拟)在四棱锥P­ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝PC，∠DPC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝AB＝1，BC＝2，M为PC的中点， eq \o(PN,\s\up13(→)) ＝2 eq \o(ND,\s\up13(→)) .证明：A，B，M，N四点共面． 证明：延长CD，BA交于点Q(图略). 因为AD綊 eq \f(1,2) BC， 所以BA＝AQ，CD＝DQ， 连接PQ，在△PQC中，D，M分别为CQ，PC的中点， 故QM与PD的交点为△PQC的重心，设为G，所以 eq \o(PG,\s\up13(→)) ＝2 eq \o(GD,\s\up13(→)) . 因为 eq \o(PN,\s\up13(→)) ＝2 eq \o(ND,\s\up13(→)) ，所以点G与点N重合， 所以A，B，M，N四点都在平面QBM中， 故A，B，M，N四点共面． 【例1】 (1) (2023·四川成都模拟)如图，两个正方形ABCD，ADEF 不在同一个平面内，点P，Q 分别为线段EF，CD 的中点，则直线FQ与PB的关系是(　　) A．相交 B．平行 C．异面 D．不确定 (2)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　) A．相交但不垂直 B．相交且垂直 C．异面 D．平行 (1)C　(2)D　解析：(1)如图，取AB 的中点G，连接GQ，GF，EQ，则GQ∥AD. 又AD∥EF， ∴GQ∥EF，则G，Q，E，F 确定平面GQEF， 又FQ⊂ 平面GQEF，P∈ 平面GQEF，P∉FQ，B∉ 平面GQEF， ∴直线FQ与PB是异面直线．故选C. (2)连接D1E并延长与AD交于点M(图略)，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点． 连接BF并延长，交AD于点N.因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且 eq \f(ME,ED1) ＝ eq \f(1,2) ， eq \f(MF,BF) ＝ eq \f(1,2) ，所以 eq \f(ME,ED1) ＝ eq \f(MF,BF) ，所以EF∥BD1. 【练1】 (2022·福建福州三模)在底面半径为1的圆柱OO1 中，过旋转轴OO1 作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E 是的中点，F 是AB的中点，则(　　) A．AE＝CF，AC与EF 是共面直线 B．AE≠CF，AC与EF 是共面直线 C．AE＝CF，AC与EF 是异面直线 D．AE≠CF，AC与EF 是异面直线 D　解析：由题意，圆柱的轴截面ABCD 为边长为2的正方形， 点E 是 的中点，F 是AB 的中点，所以AC⊂ 平面ABC，EF 与平面ABC相交，且与AC无交点， 所以AC 与EF 是异面直线；又CF＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ，AE＝ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(6) ，所以AE≠CF. 【练2】 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O是底面正方形ABCD的中心，M是CC1的中点，N是C1D1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．ON＝BM，且直线ON，BM是异面直线 B．ON＝BM，且直线ON，BM是相交直线 C．ON≠BM，且直线ON，BM是异面直线 D．ON≠BM，且直线ON，BM是相交直线 A　解析：根据题意，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2a， 取BC的中点P，连接C1P，OP，如图所示． 由于OP綊NC1，则四边形OPC1N是平行四边形， 则有ON∥PC1且ON＝PC1.在平面BCC1B1中，边长为2a，P为BC的中点，M是CC1的中点， BM与PC1相交且BM＝PC1＝ eq \r(4a2＋a2) ＝ eq \r(5) a， 故ON＝BM，且直线ON，BM是异面直线． 【例2】 (2023·四川南充模拟)将边长为1的正方形AA1O1O (及其内部)绕OO1 旋转一周形成圆柱，如图，长为 eq \f(2π,3) ，长为 eq \f(π,3) ，其中B1与C 在平面AA1O1O 的同侧，则异面直线B1C与OA 所成的角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(3),2) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(1,3) C　解析：作出过点B1 的圆柱的母线B1B，连接BC，OB，如图所示， 则有∠AOB＝∠A1O1B1＝ eq \f(π,3) ， 而∠AOC＝ eq \f(2π,3) ，即有∠BOC＝ eq \f(π,3) ，△OBC 为正三角形，∠OBC＝∠AOB＝ eq \f(π,3) ， 因此，BC∥OA，∠BCB1 是异面直线B1C 与OA 所成的角． 由BB1⊥平面OBC 得BB1⊥BC，而BC＝OB＝OA＝AA1＝BB1，从而有∠BCB1＝ eq \f(π,4) ，cos∠BCB1＝ eq \f(\r(2),2) ， 所以异面直线B1C 与OA 所成的角的余弦值为 eq \f(\r(2),2) . 【变式探究】 本例变为：如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，求异面直线A1B与AD1所成角的余弦值． 解：连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角． 连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝ eq \r(2) ，A1B＝BC1＝ eq \r(5) ， 故cos ∠A1BC1＝ eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(A1B2＋BC－A1C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,2×A1B×BC1) ＝ eq \f(4,5) ，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 eq \f(4,5) . 【练3】 (2023·江西新余二模)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝3，点E，F分别是棱AB，AA1的中点，E，F，C1∈平面α，直线A1D1∩平面α＝P，则直线BP与直线CD1所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(2\r(2),3) C． eq \f(\r(3),9) D． eq \f(\r(78),9) B　解析：如图，连接EF并延长，交线段B1A1的延长线于点G，连接GC1交A1D1于点P， 知A1P＝ eq \f(1,3) A1D1，连接BA1，由正方体的结构特征知CD1∥BA1， ∴异面直线BP与CD1所成的角为∠PBA1， 在△PBA1中，由已知得A1P＝1，A1B＝2 eq \r(2) ，BP＝ eq \r(12＋（2\r(2)）2) ＝3， 则cos ∠PBA1＝ eq \f(A1B,PB) ＝ eq \f(2\r(2),3) . 【例3】 (1)(2023·山东青岛模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1 中，E，F 分别为BC，CC1 的中点，则平面AEF 截正方体所得的截面多边形的形状为(　　) A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 (2)已知长方体ABCD­A1B1C1D1 中AB＝AA1＝4，BC＝3，M为AA1 的中点，N为C1D1 的中点，过B1 的平面α与DM，A1N 都平行，则平面α 截长方体所得截面的面积为(　　) A.3 eq \r(22) B．3 eq \r(11) C．4 eq \r(22) D．5 eq \r(11) (1)B　(2)A　解析：(1)如图，把平面AEF 补形为四边形AEFD1， 连接AD1，BC1，因为E，F 分别为BC，CC1 的中点，则EF∥BC1. 又在正方体ABCD­A1B1C1D1 中，AD1∥BC1， 所以EF∥AD1，则A，D1，F，E 四点共面． 则平面AEF 截正方体所得的截面多边形的形状为四边形． (2)如图，过B1 作B1E∥A1N 交D1C1 的延长线于点E，则C1E＝ eq \f(1,2) D1C1，若G 为CC1的中点，连接B1G， 而M为AA1 的中点，在长方体中，B1G∥DM，而B1G∩B1E＝B1 且B1G，B1E⊂平面B1GE. 由A1N⊄平面B1GE，则A1N∥平面B1GE，由DM⊄平面B1GE，则DM∥平面B1GE， 所以平面B1GE 即为平面α，延长EG 交DC 于F， 故A，F，E，G，B1 共面． 连接AF，即平面AFGB1为平面α 截长方体所得截面． 延长AF，B1G 分别交BC 于一点，而在△ABH，△B1BH中CF，CG 都为中位线， 由AB＝AA1＝4，BC＝3，则 eq \f(CG,B1B) ＝ eq \f(CF,AB) ， 故AF，B1G 交BC 于同一点H， 易知△AHB1为等腰三角形且AH＝B1H＝2 eq \r(13) ，AB1＝4 eq \r(2) ，则cos ∠AHB1＝ eq \f(104－32,2×52) ＝ eq \f(9,13) ， 可得sin ∠AHB1＝ eq \f(2\r(22),13) . ＝ eq \f(3,4) × eq \f(1,2) ×52× eq \f(2\r(22),13) ＝3 eq \r(22) . 【练4】 已知正方体ABCD­A1B1C1D1 的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF 截该正方体所得的截面图形周长为(　　) A．6 B．10 eq \r(2) C． eq \r(13) ＋2 eq \r(5) D． eq \f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3) D　解析：如图，取CC1 的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG 的中点N，连接FN，则FN∥BG， 所以FN∥D1E，则直线FN⊂ 平面D1EF， 延长D1E，DA 交于H，连接FH 交AB 于点M，连接ME，则A 为HD 的中点． 则平面D1EF 截该正方体所得的截面图形为D1EMFN. 由条件可得A1E＝AE＝2，则C1N＝3，CN＝1， 则D1E＝ eq \r(42＋22) ＝2 eq \r(5) ， D1N＝ eq \r(42＋32) ＝5，FN＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) . 取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以 eq \f(AM,FQ) ＝ eq \f(AH,HQ) ， 所以AM＝ eq \f(AH,HQ) ×FQ＝ eq \f(4,6) ×4＝ eq \f(8,3) ，则MB＝ eq \f(4,3) ， 则ME＝ eq \r(AE2＋AM2) ＝ eq \r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(10,3) ， MF＝ eq \r(MB2＋BF2) ＝ eq \r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2\r(13),3) ， 所以截面图形周长为D1E＋ME＋MF＋FN＋ND1＝2 eq \r(5) ＋ eq \f(10,3) ＋ eq \f(2\r(13),3) ＋ eq \r(5) ＋5＝ eq \f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3) . $$