第6章 第3节 空间点、直线，平面之间的位置关系-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 技巧点拨 3.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与 中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与 旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来 球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范 解决.如果内切的是多面体，则作截面时主要抓 围是 住多面体过球心的对角面来作. 技巧点拨 1跟踪训练 把一个多面体的儿个顶点放在球面上即为球的 1.(2024·晋中市模拟)四棱锥P-ABCD的底面 外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特 ABCD是边长为6的正方形，且PA=PB=PC 点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的 PD,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相 切，则该四棱锥的高是 半径 ( !跟踪训练 A.6 B.5 c. 2.(2024·洛阳统考一)已知正方形ABCD的边长 ◆[命题角度2]球的相接问题 为2，AB中点为E,现将△ADE与△BEC分别 2.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表 沿ED,EC向上翻折，使A,B重合于O点，则三 面上，PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=8,若平 棱锥O一DEC等外接球的表面积S= 面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的 表面积为 C温馨提 学习至此，请完成配套训练课时冲关43 A.10π B.25π C.50π D.100π 第3节空间点、直线、平面之间的位置关系 ★[课程标准]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. 夯实必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 的一条垂线，a是直线l的一个垂面，记作1⊥a), 一、构成空间几何体的基本元素 其中点A称为垂足. 1.空间几何体的基本元素 (2)点面距：若点A是平面a外一点，AB⊥a,B为 长方体、圆柱、圆锥、球等都是几何体（几何体也 垂足，则线段AB的长为点A到平面α的距离. 简称为“体”)，包围着几何体的都是“面”，面与面 (3)线面距、面面距转化为点面距. 相交给人“线”的形象，线与线相交给人“点”的形 二.平面的基本事实与推论 象 是构成空间几何体的基本 1.三个基本事实 元素 图形 文字语言 符号语言 2.空间中的两条直线a,b的位置关系 an6=g3a与6平行 A,B,C三 过 (a与b异面 点不共线→ 基本 A 的三 a∩b≠→a与b相交 事实1a .C 点，有且只有 存在唯一的 平面a使 fana=d→a∥a 一个平面 A,B,C∈a 3.直线a与平面a的位置关系 a∩a≠⑦a与a相交 a在&内 如果一条直线 4平面α与平面月的位置关系几2>a与B平行 上的 a∩≠财→a与B相交 A∈l,B∈l, 基本 在一个平面 5.直线与平面垂直： 事实2 且A∈a,B 内，那么这条 (1)定义：一般地，如果直线1与平面a相交于一点 ∈a→lCa 直线在这个平 A,且对平面α内任意一条过点A的直线m,都 面内 有l⊥m,则称直线1与平面a垂直（或1是平面a ·152 第六章立体几何与空间向量 图形 文字语言 符号语言 五、空间四边形 1.定义： 连接不共面的4点所构成的图形 如果两个不重 称为空间四边形，其中4个点都是空间四边形的 合的平面有一 ,连接 顶点间的线段称为空间 P∈a,且P 基本 个公共点，那 四边形的边，连接 顶点间的线段称为空 事实3 ∈B→a∩B 么它们有且只 间四边形的对角线， =l,且P∈1 有一条 2.表示：用表示 的4个字母表示，如图所 示为空间四边形ABCD,这个空间四边形的边为 ,对角线为 2.三个推论 (1)经过一条直线和 一个平面. (2)经过两条 直线 一个平面 (3)经过两条 直线 一个平面. 重要线论 三、平行直线与异面直线 1.异面直线的判定 过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不 1.平行直线 过该点的直线是异面直线 (1)定义：在同一平面内 的两条直线称为平 2.唯一性定理 行直线 (1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线 (2)空间平行线的传递性 平行. ①文字表述：平行于同一条直线的两条直线互相 (2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线 垂直 a∥b) (3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面 ②符号表述： →b∥c. a∥c 平行 (4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面 2.异面直线 垂直 (1)定义：两条直线异面，实际上也就是这两条直线 不能同在 自主诊断 (2)异面直线的画法：为了表示异面直线a,b不共 ◆[思考辨析] 面的特点，作图时，通常用一个或两个 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 里打“”，错误的打“×” 衬托，如图所示 (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个 A 部分 B (2)两个平面a,3有一个公共点A,就说a,3相交 于A点，记作a∩B=A. ( ) ① (3)两两相交的三条直线最多可以确定三个 (3)判定方法：与一个平面相交于一点的直线与这 平面 ( ) 个平面内 的直线异面 (4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面 3.异面直线所成的角 重合 ( ) (1)定义：一般地，如果a,b是空间中的两条异面直 (5)已知a,b是异面直线，直线c平行于直线a, 线，过空间中任意一点，分别作与a,b 的 那么c与b不可能是平行直线。 () 直线a',b,则a与b所成角的大小，称为异面直线 (6)没有公共点的两条直线是异面直线.() a与b所成角的大小. ◆[小题查验] (2)异面直线所成角0的取值范围： 1.已知1，m,n为不同的直线，a,B,y为不同的平 面，则下列判断正确的是 () 四、等角定理 A.若m∥a,n∥a,则m∥n 文字表述：如果一个角的两边与另一个角的两边 B.若m⊥a,n∥B,a⊥B,则m⊥n 分别对应 ,并且方向 ,那么这 C.若a∩B=1,m∥a,m∥B,则m∥1 两个角 D.若a∩3=m,a∩Y=n,l⊥m,l⊥n,则l⊥a ·153· 高考总复习人教数学B版（新教材） 2.空间四边形的两条对角线互相垂直，顺次连接四 4.(教材改编)已知直线a,b,c,有下面四个命题： ①若a,b异面，b,c异面，则a,c异面： 边中点的四边形一定是 ②若a,b相交，b,c相交，则a,c相交； A.空间四边形 B.矩形 ③若a∥b,则a,b与c所成的角相等； ④若a⊥b,b⊥c,则a∥c. C.菱形 D.正方形 其中真命题的序号是 3.如图正方体或四面体，P,Q,R,S分别是所在棱 5.如图，长方体ABCD D A1B1C1D1中，AB=6cm, 的中点则这四个点不共面的一个图是( BC=4cm,AA1=3cm,则 (1)点A到平面DCCD1的 距离为 (2)直线AA1到平面 BCCB1的距离为 (3)平面ABCD与平面A1B1C1D1之间的距离 为 跃升>关键能力 层级突破素养提升 原1平面的基本性质及应用（应用点） 跟踪训练 ◆[命题角度1]证明点、线共面 1.如图，ABCD-A1B1CD1是长方 1.如图，平面ABEF⊥平面ABCD, 体，O是B1D1的中点，直线A1C 四边形ABEF与ABCD都是直 交平面AB1D1于点M,则下列 角梯形，∠BAD=∠FAB=90°， G 结论正确的是 ( AD,BE∥ 1 BC∥AD且BC= A.A,M,O三点共线 B.A,M,O,A1不共面 AF且BE= AP,G,H分别为 C.A,M,C,O不共面 D.B,B1,O,M共面 FA,FD的中点. ◆[命题角度2]证明三线共点 (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？ 2.如图，在正方体ABCD A1B1CD1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交于一点 方法指导 点、线共面的常用判定方法 (1)纳入平面法：要证明“点共面”或“线共面”，可 先由部分点或直线确定一个平面，再证其余 点或直线也在这个平面内. 方法指导 (2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面 证明三点共线的两种方法 α，再证明其余元素确定平面B,最后证明平 (1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这 面a,B重合 两个平面的公共点，则这三点都在交线上，即 (3)反证法. 三点共线 提醒：在选择已知条件确定平面时，要看其余 (2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一 的点或线在确定的平面内是否能证明. 点也在这条直线上，从而得三点共线. ·154 第六章立体几何与空间向量 跟踪训练 跟踪训练 2.如图，空间四边形ABCD中，E,F, 3.如图，在四边形ABCD中，已 G分别在AB,BC,CD上，且满足 知AB∥CD,直线AB,BC, AE:EB=CF:FB=2:1,CG: AD,DC分别与平面a相交 GD=3:1,过E,F,G的平面交AD 于点E,G,H,F,求证：E,F, 于点H G,H四点必定共线. (1)求AH:HD; (2)求证：EH,FG,BD三线共点. ◆[命题角度3]证明三点共线 3.如图，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BG:GC=DH: HC=1:2. (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 春点2) 空间两直线的位置关系（基础点） 1.下列命题中正确的个数是 ) ①如果直线1与平面α内的无数条直线垂直，则 l⊥a; ②如果直线1与平面α内的一条直线垂直，则 l⊥a: ③如果直线1不垂直于a,则a内没有与l垂直的 直线； ④如果直线1不垂直于α，则a内也可以有无数 条直线与1垂直. A.0 B.1 C.2 D.3 2.(2023·上海春招)如图所 方法指导 示，在正方体ABCD 证明三线共点的思路 A1BC1D1中，点P为边 先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过 A1C上的动点，则下列直线 这点，把问题化归为证明点在直线上的问题.通 中，始终与直线BP异面 常是先证两条直线的交点在两个平面的交线上， 的是 而第三条直线恰好是两个平面的交线. A.DD B.AC C.AD D.BC ·155· 高考总复习人教数学B版（新教材） 3.如图，正方体ABCD [子题3]在母题条件下，若点P在平面A1BCD A1B1C1D1的棱长为1，点 内且不在对角线BD上，过点P在平面 M∈AB1,N∈BC1,且AM A1BC1D1内作一直线m,使m与直线BD成a 0 =BN≠√2，有以下四个 角，且a∈0， 这样的直线可作 条 结论： ①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面 规律总结 A1B1CD1;④MN与A1C是异面直线.其中正确 异面直线所成角的求解技巧 结论的序号是 (注：把你认为正确命题 求异面直线所成的角采用“平移线段法”，平移 的序号都填上). 的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行 题后反思 线平移；利用特殊点（线段的端点或中点）作平 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平 行线平移；补形平移.计算异面直线所成的角 行和垂直的判定，对于异面直线，可采用直接法 通常放在三角形中进行.其求解一般步骤为： 或反证法；对于平行直线，可利用三角形（梯形） (1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平 中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的 移异面直线中的一条或两条成为相交直线； 性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的 (2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角； 性质来解决 (3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的 提醒：(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直 三角形，并解之； 线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平 (4)取舍：因为异面直线所成角0的取值范围是 行，也不相交； (2)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的 0,受]所以所作的角为钝角时，应取它的补角 两条直线为异面直线。 作为异面直线所成的角。 吉点3)异面直线所成的角（迁移点） 1跟踪训练 [母题]如图在底面为正方形，侧 1.(2024·沧州模拟)《几何 棱垂直于底面的四棱柱ABCD 原本》是古希腊数学家欧 A1B1C1D1中，AA1=2AB=2, 几里得的一部不朽之作， 则异面直线A1B与AD1所成角 -9e 的余弦值为 其第十一卷中称轴截面 A时 B. 为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若 AB,CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且 c ∠AOD=T,则异面直线SA与BD所成角的余 3 [尝试解答] 弦值为 ( ) [子题1]将母题条件“AA1=2AB=2”改为“AB =1,若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1 A B. 4 c D⑥ 3 的距离为1”，则异面直线A1B与AD1所成角 2.已知三棱锥ABCD中，AB=CD,且直线AB与 的余弦值为 [子题2]将母题条件“AA1=2AB=2”改为“AB=1, CD所成的角为60°，点M,N分别是BC,AD的中 若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为号”，则 点，则直线AB和MN所成的角为 10 C温馨提 AA的值为 学习至此，请完成配套训练 课时冲关44 A ·156高考总复习人教数学B版（新教材） 圆，球的半径达到最小，即R的最小 故EC,FH共面.又点D在直线 值为2√②.综上可知，球O的半径R FH上， 的取值范围是[2√2,2√5]. 所以C,D,F,E四，点共面 跟踪训练1.A 答案：[2√2,2√5] 命题角度2 跟踪训练 2.证明：(1)如图，连接 2.解析：依题意 CD,EF,A B, EO⊥OC,EO 因为E,F分别是AB ⊥OD,OD∩ 和AA1的中点，所以 OC=O,OD,E EF∥A1B且EF= OCC平面 DOC,所以OE⊥平面DOC,又OC= A:B. OD=CD=2,0E=合AB=1,所以 又因为A1D1∥BC,且A1D1=BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形. △OCD的外接圆的半径r= 所以AB∥CD1, 号丁=会，设三棱维0 所以EF∥CD1, DEC的外接球的半径为R,则(2R) 即EF与CD1确定一个平面a 且E,F,C,D1∈a, =OE+(2r)2,所以4R2=12十 即E,C,D1,F四，点共面 45 、3 =19,所以三棱维ODEC等 (2)由(1)可知， EF∥CD, 外接球的表面积S=4R=1 3元 且EF=2CD, 答案 所以四边形 CD1FE是梯形. 第3节 所以CE与D,F必相交.设交点为 夯实·必备知识必备知识 P,如图， 一、1.点、线、面二、1.不在一条直线 则P∈CEC平面ABCD,且P∈D,F 上两个点过该点的公共直线 C平面A1ADD. 2.(1)直线外的一点有且只有(2)相 又因为平面ABCD∩平面A1ADD 交有且只有(3)平行有且只有 =AD, 三、1.(1)不相交(2)平行2.(1)任 所以P∈AD,所以CE,DF,DA交 何一个平面内(2)平面(3)不经过 于一点 交点3.(1)平行或重合(2)0°<0≤ 跟踪训练 90°四、平行相同相等五、1.顺 次顶点相邻不相邻2.顶点 2解：荒 =2,∴.EF∥AC, AB,BC,CD,DA AC,BD EF∥平面ACD,而EFC平面 思考辨析(1)×(2)×(3)√ EFGH, (4)×(5)/(6)× 平面EFGH∩平面ACD=GH, 小题查验 .EF∥GH,AC∥GH. 1.C2.B3.D4.③ 5.(1)4cm(2)6cm(3)3cm 部 =3, 跃升·关键能力考点1命题角 AH:HD=3:1. 度1 (2)证明：EF∥GH,且票= 1.解：(1)证明：由题设知，因为G、H分 AC=3 别为FA、FD的中点，所以GH∥AD 肥=BF≠GH, 且GH=AD, .四边形EFGH为梯形」 又BC∥AD且BC=2AD, 令EH∩FG=P,则P∈EH,而EH C平面ABD, 故GH∥BC且GH=BC, 又P∈FG,FGC平面BCD, 所以四边形BCHG是平行四边形. 平面ABD∩平面BCD=BD, (2)C,D,F,E四点共面.理由如下： .P∈BD,.EH,FG,BD三线 由BE∥AF且BE=2AF,G是FA 共点 命题角度3 的中点知BE∥GF且BE=GF,所以3.证明：(1).E,F分别为AB,AD的 四边形EFGB是平行四边形， 中点，EF∥BD, 所以EF∥BG BG DH 由(1)知BG∥CH,所以EF∥CH, 在△BCD中·G元HC= ·444· .GH∥BD.∴.EF∥GH .E,F,G,H四点共面. (2),EG∩FH=P,P∈EG,EGC平 面ABC, .P∈平面ABC. 同理P∈平面ADC .P为平面ABC与平面ADC的公 共点。 又平面ABC∩平面ADC=AC, ∴P∈AC,∴.P,A,C三点共线. 跟踪训练 3.证明：因为AB∥CD,所以AB,CD 确定一个平面B. 又因为AB∩a=E,ABCB,所以E∈ a,E∈B,即E为平面a与B的一个公 共点. 同理可证F,G,H均为平面《与B的 公共点， 因为两个平面有公共，点，它们有且只 有一条通过公共点的公共直线， 所以E,F,G,H四点必定共线 考点21.B2.B3.①③ 考点3 [母题]D[连接BC, 易证BC∥AD1, 则∠A1BC1即为异面直 线A1B与AD1所成的 角.连接A1C1,由AB= 1,则AA1=2,A1C1= √2，A1B=BC1=√5，故 cos∠ABC= 青 [子题1]解析：由平面ABCD内仅有 一点到A1的距离为1，则AA=1. 此时正四棱柱变为正方体ABCD A1BC1D1,由图知A1B与AD1所成 角为∠A1BC1,连接AC1. 则△ABC1为等边三角形， .∠A1BC1=60°， 0s∠ABC=合，故异面直线 AB与AD,所成角的余孩值为子 1 答案：2 [子题2] 解折：设治-1，别A=AB AB=1,.AA1=t,由题意知 ∠A1BC为所求， 又A1C1=√2，A1B=√P+1=BC, .cos∠A1BC= t+1+t2+1-2 9 2×√F+1×√e+110 4=3,即44=3. AB 答案3 [子题3]解析：在平面A1BC,D1内 作m,使m与B1D1相交成a角. BD∥B,D,直线m与BD也成 a角，即m为所求.且m与BD是异 面直线，当a=受时，m只有1条，当 点O是AC的中点，所以PO⊥AC 同理可得PO⊥BD,又BD∩AC= ®≠受时，这样的直线有2条。 O,且AC,BD都在平面ABO内，所 以PO⊥平面ABCD, 答案：2 又因为平面GEFH⊥平面ABCD, 跟踪训练1.C2.60°或30 且PO寸平面GEFH,所以PO∥平 第4节 面GEFH, 夯实·必备知识必备知识 因为平面PBD∩平面GEFH=GK, 1.平面内l∥a aCa l￠al∥a 所以PO∥GK,且GK⊥平面ABCD, l∥a ICB a∩B=b2.相交直线a 从而GKEF,所以GK是梯形 ∥Bb∥Ba∩b=PaCa,bCa相 GEFH的高，由AB=8,EB=2,得 交平行a∥Ba∩y=aBny=b EB:AB=KB:DB=1:4,从而 思考辨析(1)×(2)/(3)× (4)×(5)× KB=子BD=2OB,即点K是OB 小题查验 的中点.再由PO∥GK得GK= 1.D2.D3.ABD4.平行5.②④ 之P0,即点G是PB的中点，同理 跃升·关键能力考点1 1.D2.ABD3.②③ GH=合BC=4,由巴知可得OB= 考点2命题角度1 [典例1门[解] 4√2，PO=√PB-OB2=√68-32 连接DE =6,所以GK=3,故四边形GEFH OF,设AF= 的面积S=GH,EE.GK=48× 2 2 tAC,则BF= 3=18. BA+AF=(1 跟踪训练 2号 -t)BA+ 考点3 tBC,AO=- A+2 [母题][证明](1)因为G,H分别是 AB1,AC的中点， BF⊥AO,则BF·AO 所以GH是△A1B1C的中位线， =[(1-t)BA+tBC]· 所以GH∥B1C. (-BA+2BC) 又因为B1C1∥BC,所以GH∥BC, 所以B,C,H,G四，点共面」 =(-1)B睛+ (2)因为E,F分别是AB,BC的中 点，所以EF∥BC. =4(t-1)十4t=0, 因为EF吐平面BCHG,BCC平面 解得1=合，则F为AC的中点，由 BCHG, 所以EF∥平面BCHG. D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC 因为A1GLEB,所以四边形A1EBG 的中点， 是平行四边形， 于是DE∥AB, 所以AE∥GB. DE= AB,OF∥AB. 因为A,E亡平面BCHG,GBC平面 BCHG, OF=AB,即DE/OF,DE=OF, 所以A,E∥平面BCHG 则四边形ODEF为平行四边形， 因为A1E∩EF=E, 所以平面EFA1∥平面BCHG. EF∥DO,又EF吐平面ADO,DOC [子题1]证明：如图所示， 平面ADO, 连接HD,AB, 所以EF∥平面ADO 跟踪训练1.A ,D为BC1的中点，H 为AC1的中点， 命题角度2 [典例2][解](1)证明：因为BC∥ .HD∥AB, 又HD中平面A1B1BA,A1BC平面 平面GEFH,BCC平面PBC,且平 面PBC∩平面GEFH=GH,所以 A1B1BA,.HD∥平面AB,BA. GH∥BC,同理可证EF∥BC,因此 [子题2]证明：如图所 示，连接A,C交AC,于 GH∥EF. 点M, (2)连接AC,BD交 四边形A1ACC1是 于，点O,BD交EF 于点K,连接OP, 平行四边形， M是A1C的中点， GK,因为PA=PC, 连接MD, ·445· 参考答案 D为BC的中点，.A1B∥DM. :A1BC平面A1BD,DM寸平 面A1BD1, .DM∥平面ABD. 又由三棱柱的性质知D1C1LBD, .四边形BDCD1为平行四边形， .DC,∥BD 又DC1吐平面A1BD1,BD1C平 面A1BD1, ∴.DC1∥平面ABD1· 又，DC∩DM=D,DC,DMC平 面AC1D, ∴.平面A1BD1∥平面ACD. 跟踪训练 证明：(1)由题设知BB1LDD1, 所以四边形BB1DD是平行四 边形， 所以BD∥BD1. 又BD丈平面CD1B1,B1DC平 面CDB1, 所以BD∥平面CD1B. 因为A1D1LB1C1LBC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以AB∥DC. 又A1B丈平面CDB1,D1CC平 面CD1B1, 所以AB∥平面CD1B1: 又因为BD∩AB=B, 所以平面A1BD∥平面CDB1. (2)由(1)知平面ABD∥平 面CD1B1, 又平面ABCD∩平面B1D,C=直 线1， 平面ABCD∩平面A,BD=直 线BD, 所以直线L∥直线BD, 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边 形BDDB为平行四边形，所以 B1D1∥BD,所以B1D1∥L. 考点4 L典例][解](1)证明：因为PD⊥平 面ABCD,BCC平面ABCD,所以 PD⊥BC. 因为四边形ABCD是正方形，所以 BC CD 又PD∩CD=D,PD,CDC平 面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PCC平面PDC,所以PC ⊥BC. (2)连接AC,BD交于点O,连接EO, GO, 延长GO交AD 于点M,连接 EM,则PA∥平 面MEG.证明如 下：因为E为PC 的中点，O是AC 的中点，所以EO∥PA. 因为EOC平面MEG,PA吐平 面MEG,