5.3 点、线、面的位置关系 题源1 平面的基本性质及应用-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§5.3点、线、面的位置关系 考纲·题型解读 1.掌握平面的基本性质，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形.能够根据图形想象它们的位置关系. 2.掌握两条直线平行与垂直的判定定理.掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给 出公垂线或在坐标表示下的距离，) 五年高考母题题源揭秘 题源1平面的基本性质及应用 的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点 A.有且只有1个 B.有且只有2个 C.有且只有3个 D.有无数个 解题模型 [解析]显然B1、D、O(正方体中心)符合要求，进一步可 1.(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内， 以验证：直线B1D上的点到AB、CC1、A1D1的距离都相等，所 那么这条直线上所有的，点都在这个平面内， 以选D. 作用：①是用直线鉴别平面的方法.②证明直线在平面 B 内的依据。 (2)公理2：如果两个平面有一个公共点，那么有且只 A 有一条通过这个，点的公共直线. 作用：①它是判定两平面相交的方法.②说明两平面交 线与两平面公共点之间的关系，交线必过公共点.③是判断 点在直线上，即证若千点共线的依据. (3)公理3：经过不在同一直线上的三点，有且只有一 [真题2](2021·安徽)对于四面体ABCD,下列命题正确 个平面. 的是 (写出所有正确命题的编号). 推论1：经过一条直线和这条直线外的一，点有且只有 ①相对棱AB与CD所在的直线异面： 一个平面， ②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面】 交点； 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面. ③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高 公理3及三个推论的作用. 所在的直线异面： ①它们是在空间中确定平面的依据， ④分别作三组相对楼中点的连线，所得的三条线段相交于 ②它们是证明两平面重合的依据 一点； ③它们为立体几何问题转化为平面几何问题提供了 ⑤最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和 理论依据和具体办法. 大于最长棱 2.证明空间三，点共线问题.通常证明这些点都在两个 [解析]本题以四面体为载体，考查 平面的交线上，即先确定出某两点在某两个平面的交线 空间中的线线关系、空间想象能力和推理 上，再证明第三点既在第一个平面内，又在第二个平面内， 判断能力，命题①容易判断是正确的.命题 当然必在两个平面的交线上. ④也是正确的，可根据两组对棱中点可构 3.证明空间三线共点问题.可把其中一条作为分别过 成一个平行四边形，因此三条线段相交于 其余两条的两个平面的交线，然后再证另两条直线的交点 一，点且被交点平分，命题⑤也是正确的，理由如下： 在此直线上. 设AB是最长棱，若AC十ADAB,BC十BDAB, 4.证明空间几点共面问题，可先取三，点（不共线的三 则AC+AD+BC+BD<2AB.另一方面， 点)确定一个平面，再证其他各，点都在这个平面内. AC+AD+BC+BD=(AC+BC)+(AD+BD)>AB+ 5.证明空间几条直线共面问题，可先取两条（相交或 AB=2AB. 平行)直线确定一个平面，再一一证明其余直线在这个平 与上述结果矛盾.故填①④⑤. 面内，或者从这些直线中取适当的两条确定若干个平面， [真题3](2019·安徽)如图，在六面体ABCD- 再一一确定这些平面重合 A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形 A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1,DD [真题1](2022·全国Ⅱ)与正方体ABCD-A1B1C,D, ⊥平面ABCD,DD1=2. ·96· (1)求证：A1C1与AC共面，B1D1与 D B1A1⊥AD1,OE⊥AD BD的共面； B1C1⊥C1D1,.OF LCD (2)求证：平面AACC1⊥平 .点O在BD上，故DB1与DB共面 面B1BDD1: (2),D1D⊥平面ABCD,.D1D⊥AC,又BD⊥AC(正方 (3)求二面角A-BB1-C的大小 形的对角线互相垂直)， (用反三角函数值表示). D1D与BD是平面B1BDD1内的两条相交直线， [解析]解法一（向量法）：以D为 AC⊥平面B1BDD1. 原点，以DA,DC,DD所在直线分别为 A 又平面A1ACC1过AC,.平面A1ACC1⊥平面B:BDD1 x轴，y轴，x轴建立空间直角坐标系 (3):直线DB是直线B1B在平面ABCD上的射影，AC D一xy,如图，则有 ⊥DB, A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), 根据三垂线定理，有ACLB1B. A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2), A 过点A在平面ABB1A1内作AM⊥BB于M,连接MC,MO, D1(0,0,2). 则B1B⊥平面AMC,于是B1B⊥MC,B1B⊥MO, (1)证明：A1C=(-1,1,0),AC=(-2,2,0),D1B1= 所以，∠AMC是二面角A一B1B-C的一个平面角. (1,1,0),DB=(2,2,0). 根据勾股定理，有A1A=√5，C1C=√5，B1B=√6. AC=2ACI,DB=2DB, :OMLB,B.有OM=B0OB-合BM=√后AM /2 AC与A1C平行，DB与D1B平行，于是A1C1与AC共 BB√3 面，B1D1与BD共面. /10 (2)证明：DD·AC=(0,0,2)·(-2,2,0)=0, √四cw= D.AC=(2,2,0)·(-2,2,0)=0, .cos∠AMC= AM:+CM:-AC ,∠AMC=x 1 .DD⊥AC,DB⊥AC.又DD1与DB是平面B1BDD1内 2AM·CM 的两条相交直线， 1 arccos 5 .AC⊥平面B1BDD1 又ACC平面A1ACC1, 二面角A-BB1-C的大小为r-arccos5 ∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1, (3)AA1=(-1,0,2),BB1=(-1,-1,2),CC1=(0,-1,2). 题源2异面直线所成的角与距离 设n=(x1y1,心1)为平面A1ABB1的法向量， n·AA1=-x1+2x1=0,n·BB1=-x1-y1+2≈1=0， 解题模型 于是y1=0,取x=1,则x1=2,n=(2,0,1). 1,求异面直线所成角的方法 设m=(x2y,之2)为平面B1BCC1的法向量， 求异面直线所成的角是通过平移直线，把异面问题转 m·BBi=-x:-y2+2x2=0,m·CC=-y:+2x2=0. 化为共面问题来解决根据等角定理及推论，异面直线所成 于是x2=0,取之2=1，则y2=2,m=(0,2,1) 的角的大小与顶点位置无关，将角的顶点取在一些特殊，点 cos(m,n)=mm-石· m·n1 上（如线段端点，中点等），以便于计算，具体步骤如下： ①利用定义构造角，②证明所作出的角为异面直线所 .二面角A-BB1-C的大小为π-arccos5 成的角③解三角形求角. 2.求异面直线距离的方法 解法二（综合法）：(1)：D1D⊥平面 D ①公垂线法：找出或作出两异面直线的公垂线，再计 ABCD, A 算公垂线的长度， .D1D⊥DA,D1D⊥DC,平面 ②线面平行法：过其中一条直线作和另一直线平行的 A1B1C1D1∥平面ABCD. 平面，则异面直线的距离转化为线到面的距离， 于是CD1∥CD,D1A1∥DA. ③面面平行法：作出过两异面直线的两个平行平面， 设E,F分别为DA,DC的中点，连A 则异面直线的距离转化为两平行平面的距离 接EF,A1E,C1F, 需要说明的是：.对于异面直线的距离，只要求会计 有A1E∥D1D,CF∥D1D,DE=1,DF=1. 算给出公垂线时的情形；b.平行直线在空间仍具有传递 ∴.AE∥C1F, 性，即公理4所推出的“等角公理”成为分析线线角、线面 于是A1C1∥EF. 角、面面角的理论基础. 由DE=DF=1,得EF∥AC, 故A1C1∥AC,A1C1与AC共面. [真题4](2019·福建)如图，在正方体ABCD 过点B1作B1O⊥平面ABCD于点O,则BOLA1E,B,O A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中 4C F. 点，则异面直线EF与GH所成的角等于 连接OE,OF, A.45° B.60°C.90° D.1209 于是OELB1A1,OFLB1C1,.OE=OF. [解析]如图所示，连接A1B、BC1、A1C1, ·97·