2019届文科一轮复习 8-3空间点、线、面间位置关系 课件(58张)
2023年高考数学一轮复习课件：第八章 8-3空间点、直线、平面之间的位置关系
跟踪训练3 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点， 用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视 图是
√
在正方体ABCD－A1B1C1D1中， 过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分后， 剩余部分的直观图如图. 则该几何体的正视图为图中粗线部分，故选A.
(2)当AC，BD满足条件__A_C__＝__B_D_且__A_C__⊥__B_D___时，四边形 EFGH为正方形.
∵四边形EFGH为正方形， ∴EF＝EH且EF⊥EH， ∵EF 綉12AC，EH 綉12BD， ∴AC＝BD且AC⊥BD.
TANJIUHEXINTIXING
探究核心题型
题型一 平面基本性质的应用 例1 如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1， C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
√C.l⊄α，A∈l⇒A∉α
D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合
对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由公理3可知M∈l，A对； 对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β ＝AB，B对； 对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错； 对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对.
教师备选
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，AA1的中 点，连接D1F，CE.求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
如图所示，连接CD1，EF，A1B， ∵E，F分别是AB，AA1的中点， ∴EF∥A1B，且 EF＝12A1B. 又∵A1D1∥BC，A1D1＝BC， ∴四边形A1BCD1是平行四边形， ∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1， ∴EF与CD1能够确定一个平面ECD1F， 即E，C，D1，F四点共面.
(新课标)2019届高考数学一轮复习第八章立体几何8.3空间点、线、面之间的位置关系课件理
解：由公理 4 知①正确；当 a⊥b，b⊥c 时，a 与 c 可以相交、平 行或异面，故②错；当 a 与 b 相交，b 与 c 相交时，a 与 c 可以相交、 平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明 a 与 b“不 同在任何一个平面内”，故④错．故填②③④.
(2017 河南南阳一中月考)如图， 在四 棱锥 PABCD 中， O 为 CD 上的动点， VPOAB 恒为定值，且△PDC 是正三角形，则直线 PD 与直线 AB 所成角的大小是________．
证明：在图 3 中，因为直线 EN∥BF，所以 B、N、E、F 四点共面，因此 EF 与 BN 相 交，交点为 M.因为 M∈EF，且 M∈NB，而 EF⊂平面 AEF，NB⊂平面 ABCD，所以 M 是 平面 ABCD 与平面 AEF 的公共点． 又因为点 A 是平面 AEF 和平面 ABCD 的公共点， 故 AM 为两平面的交线． 在图 4 中，C1M 在平面 DCC1D1 内，因此与 DC 的延长线相交，交点为 M，则点 M 为 平面 A1C1B 与平面 ABCD 的公共点，又点 B 是这两个平面的公共点，因此直线 BM 是两平 面的交线．
2．空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类
相交直线：同一个平面内，有且只有 共面直线 平行直线：同一个平面内， 异面直线：不同在任何一个平面内， . . .
(2)异面直线 ①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线． 注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不 可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也 不相交的两条直线”， 但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”． ②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又 不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性．
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第8章 立体几何 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系
异面直线所成的角
例3(1)(2021全国乙,理5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直
线PB与AD1所成的角为(
π
A. 2
π
C. 4
)
π
B. 3
π
D. 6
(2)如图,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a,
则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于(
A.2
直线AA1与BE为异面直线.故选A.
(2)∵AC⊂平面ABC,EF与平面ABC相交,且与AC无交点,
∴AC与EF是异面直线.
设过点E的母线与圆柱的下底面交于点G,连接AG,OG(图略),则
AG= 2,∴AE= 22 + 2 = 6,又 CF= 12 + 22 = 5,∴AE≠CF.故选 D.
考点三
1
2A1B.
又因为A1D1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形.
所以A1B∥CD1,所以EF∥CD1,所以EF与CD1确定一个平面α.
所以E,F,C,D1都在α中,即E,C,D1,F四点共面.
(2)由(1)知,EF∥CD1,且EF=
1
CD1,
2
所以四边形CD1FE是梯形,所以CE与D1F必相交.
C1M=
22
22
1 2
+ (2)
+
=
1 2
+ (2)
22
2
∴cos∠C1BM=
17
,BC1=
2
=
33
,
2
+21 -1 2
2·1
85
角的余弦值为 85 .故选
19届高考数学一轮复习第八章立体几何第3课时空间点、线、面间课件文
答案 ③④ 解析 如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方 体，显然 BM 与 ED 为异面直线，故命题①不成立；而 CN 与 BE 平行，故命题②不成立．
∵BE∥CN，∴CN 与 BM 所成角为∠MBE. ∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面 CDNM， ∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面 BCN. ∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.
【证明】
(1)如图所示．
因为 EF 是△D1B1C1 的中位线， 所以 EF∥B1D1.在正方体 AC1 中， B1D1∥BD， 所以 EF∥BD.所以 EF， BD 确定一个平面， 即 D， B，F，E 四点共面．
(2)在正方体 AC1 中，设 A1CC1 确定的平面为 α， 又设平面 BDEF 为 β.因为 Q∈ A1C1，所以 Q∈α. 又 Q∈EF，所以 Q∈β.所以 Q 是 α 与 β 的公共点．同理，P 是 α 与 β 的公共点．所以 α∩β＝PQ. 又 A1C∩β＝R，所以 R∈A1C，R∈α，且 R∈ β. 则 R∈PQ，故 P，Q，R 三点共线．
(6)空间三个平面将空间最多分成七部分． (7)已知 a，b 是异面直线，直线 c 平行于直线 a，那么 b 与 c 不可能是平行直线．
答案 解析 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√
(6)中可能分成八部分，如图．
2．空间四点中，三点共线是这四点共面的( A．充分不必要条件 C．充要条件
(3)∵EF∥BD 且 EF<BD， ∴DE 与 BF 相交．设交点为 M， 则由 M∈DE，DE⊂平面 D1DCC1， 得 M∈平面 D1DCC1，同理，点 M∈平面 B1BCC1.又平面 D1DCC1∩平面 B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1. ∴DE，BF，CC1 三线交于点 M. 【答案】 (1)略 (2)略 (3)略
2019届高考数学(文科,新课标B)一轮复习优秀课件：§8.3 空间点、线、面的位置关系 (共40张PPT)
l l l l ⇒ ⇒l ∥l 或l 与l 相交或l 与l 异面.故l 与l 的位置关系不确定.故答案为 l l l l
2 3
3
4
评析 本题考查空间两条直线的位置关系,考查空间想象能力及推理能力.
6.(2013浙江,4,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面 ( A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β
3 2
思路分析 将原正方体向前、向左、向上拓展为一个棱长为2a的大正方体,则直线m,n均可以 在新正方体中找到,所成角也就找出来了. 评析 本题考查了直线与平面的平行和平面与平面的平行的判定和性质,考查了空间想象能力.
2.(2015课标Ⅱ,19,12分,0.235)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在 A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
5.(2014广东,9,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论一定 正确的是 ( )
A.l1⊥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行 答案 D D.
1 2
1 3
B.l1∥l4
D.l1与l4的位置关系不确定
1 4 1 4 1 4 1 4
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为 也正确 .
9 7 7 9
82 42 = 80 <10,而EB>10,知H不在AA1或BB1上,分别在AB,CD上取点H, 思路分析 (1)由于AE=
G,使AH=DG=10,连接EH、FG,则四边形EFGH即为所求.(2)作EM⊥AB于M点,易得MH=
2019-2020年高考数学一轮复习 8.3空间点、线、面的位置关系有及平行关系
2019-2020年高考数学一轮复习 8.3空间点、线、面的位置关系有及平行关系A组xx年模拟·基础题组1.(xx河北重点中学期中,3)已知m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列说法正确的是()A.m⊂α,n∥m⇒n∥αB.m⊂α,n⊥m⇒n⊥αC.m⊂α,n⊂β,n∥m⇒α∥βD.n⊂β,n⊥α⇒α⊥β2.(xx浙江余姚4月,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列说法错误的是()A.MN与CC1垂直B.MN与AC垂直C.MN与BD平行D.MN与A1B1平行3.(xx云南思茅3月,4)设m,n是空间两条直线,α,β是空间两个平面,则下列选项中不正确的是()A.当n⊥α时,“n⊥β”是“α∥β”的充要条件B.当m⊂α时,“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C.当m⊂α时,“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件D.当m⊂α时,“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件4.(xx海南三亚一模,8)空间四边形ABCD中,AB=CD,AD=BC,AB≠AD,M、N分别是对角线AC 与BD的中点,则MN与()A.AC、BD之一垂直B.AC、BD都垂直C.AC、BD都不垂直D.AC、BD不一定垂直5.(xx江苏南京三模)已知m,n是不重合的两条直线,α,β是不重合的两个平面.下列命题:①若α⊥β,m⊥α,则m∥β;②若m⊥α,m⊥β,则α∥β;③若m∥α,m⊥n,则n⊥α;④若m∥α,m⊂β,则α∥β.其中所有真命题的序号是.6.(xx山西大学附中月考,19)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB都是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC 上的射影落在∠ABC的平分线上.(1)求证:DE∥平面ABC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.7.(xx河北保定调研)已知直三棱柱ABC-A'B'C'满足∠BAC=90°,AB=AC=AA'=2,点M,N分别为A'B,B'C'的中点.(1)求证:MN∥平面A'ACC';(2)求三棱锥C-MNB的体积.B组xx年模拟·提升题组限时:40分钟1.(xx北京西城4月,8)如图所示,在空间四边形ABCD中,点E、H分别是边AB、AD的中点,点F、G分别是边BC、CD上的点,且==,则()A.直线EF与GH平行B.直线EF与GH异面C.直线EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上D.直线EF与GH的交点M一定在直线AC上2.(xx汕头质检)若m,n为两条不重合的直线,α,β为两个不重合的平面,则下列命题中真命题的序号是.①若m,n都平行于平面α,则m,n一定不是相交直线;②若m,n都垂直于平面α,则m,n一定是平行直线;③已知α,β互相平行,m,n互相平行,若m∥α,则n∥β;④若m,n在平面α内的射影互相平行,则m,n互相平行.3.(xx河北承德一模,14)如图,在正四棱柱A1C中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N 是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满足条件时,就有MN∥平面B1BDD1.(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)4.(xx皖南八校5月,20)在如图所示的几何体中,△ABC是边长为2的正三角形,AE>1,AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,BD=CD,且BD⊥CD.(1)若AE=2,求证:AC∥平面BDE;(2)若二面角A-DE-B为60°,求AE的长.5.(xx浙江宁波二模,20)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,E是棱CC1上的动点,F是AB的中点,AC=1,BC=2,AA1=4.(1)当E是棱CC1的中点时,求证:CF∥平面AEB1;(2)在棱CC1上是否存在点E,使得二面角A-EB1-B的余弦值是?若存在,求CE的长;若不存在,请说明理由.A组xx年模拟·基础题组1.D A选项,n也可能在平面α内;B选项,n也可能在平面α内或与α斜交;C选项,平面α和平面β也可能相交;D选项为面面垂直的判定定理.故选D.2.D如图,连结C1D,BD,AC,在△C1DB中,易知MN∥BD,故C正确;∵CC1⊥平面ABCD,∴CC1⊥BD,∴MN与CC1垂直,故A正确;∵AC⊥BD,MN∥BD,∴MN与AC垂直,故B 正确;∵A1B1与BD异面,MN∥BD,∴MN与A1B1不可能平行,故D错误.选D.3.C当m⊂α时,若n∥α,则直线m,n可能平行,可能异面;若m∥n,则n∥α或n⊂α,所以当m⊂α时,“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件,故选C.4.B连结AN、CN,∵AD=BC,AB=CD,BD=BD,∴△ABD≌△CDB,则易知AN=CN,∵在等腰△ANC中,M为AC的中点,∴MN⊥AC.同理可证MN⊥BD.故选B.5.答案②解析①中也可以m⊂β;③中n与α也可以平行或斜交;④中α与β也可以相交.易知②正确.6.解析(1)证明:△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC中点O,连结BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC,(2分)又∵平面ACD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC.作EF⊥平面ABC,垂足为F,那么EF∥OD,根据题意知,点F落在BO上,∴∠EBF=60°,∴EF=EB·sin 60°=,又易知DO=,(4分)∴四边形DEFO是平行四边形,∴DE∥OF,又∵DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,∴DE∥平面ABC.(6分)(2)作FG⊥BC,垂足为G,连结EG.∵EF⊥平面ABC,∴EF⊥BC,又EF∩FG=F,∴BC⊥平面EFG,∴EG⊥BC,∴∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角.(9分)∵FG=FB·sin 30°=EB·cos 60°·sin 30°=2××=,EF=,∴Rt△EFG中,EG=.∴cos∠EGF==,即二面角E-BC-A的余弦值为.(12分)7.解析(1)证明:如图,连结AB',AC',∵四边形ABB'A'为矩形,M为A'B的中点,∴AB'与A'B交于点M,且M为AB'的中点,又点N为B'C'的中点,∴MN∥AC',又MN⊄平面A'ACC',且AC'⊂平面A'ACC',∴MN∥平面A'ACC'.(2)V C-MNB=V M-BCN.∵∠BAC=90°,∴BC==2,又三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,且AA'=4,∴S△BCN=×2×4=4.∵A'B'=A'C'=2,∠B'A'C'=90°,点N为B'C'的中点,∴A'N⊥B'C',A'N=.∵BB'⊥平面A'B'C',∴A'N⊥BB',∴A'N⊥平面BCN.又M为A'B的中点,∴M到平面BCN的距离为,∴V C-MNB=V M-BCN=×4×=.B组xx年模拟·提升题组1.D连结EH,FG.依题意,可得EH∥BD,FG∥BD,故EH∥FG,所以E、F、G、H共面.因为EH=BD,FG=BD,故EH≠FG,所以四边形EFGH是梯形,直线EF与GH必相交,设交点为M.因为点M在直线EF上,故点M在平面ACB上.同理,点M在平面ACD上,∴点M是平面ACB 与平面ACD的交点,而AC是这两个平面的交线,所以点M一定在直线AC上.2.答案②解析易知①为假命题,②为真命题.在③中,n也可以在β内,故③是假命题.在④中,m,n也可能异面,故④为假命题.3.答案M位于线段FH上解析连结HN,FH,FN,则FH∥DD1,HN∥BD,∴平面FHN∥平面B1BDD1,只要M∈FH,则MN⊂平面FHN,则MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)4.解析(1)证明:分别取BC,BA,BE的中点M,N,P,连结DM,MN,NP,DP,则MN∥AC,NP∥AE,且NP=AE=1.因为BD=CD,M为BC的中点,所以DM⊥BC,又BD⊥CD,所以DM=BC=1.又因为平面BCD⊥平面ABC,平面BCD∩平面ABC=BC,所以DM⊥平面ABC.(2分)又AE⊥平面ABC,所以DM∥AE.(4分)所以DM∥NP,又DM=NP,因此四边形DMNP为平行四边形,所以MN∥DP,所以AC∥DP,又AC⊄平面BDE,DP⊂平面BDE,所以AC∥平面BDE.(6分)(2)过M(M为BC的中点)作MN⊥ED交ED的延长线于N,连结BN,AM,DM.因为BC⊥AM,BC⊥DM,所以BC⊥平面DMAE,又ED⊂平面DMAE,则BC⊥ED.又MN⊥ED,MN∩BC=M,所以ED⊥平面BMN,又BN⊂平面BMN,所以ED⊥BN.所以∠MNB为二面角A-ED-B的平面角,即∠MNB=60°.(9分)∵BC⊥平面DMAE,又MN⊂平面DMAE,∴BC⊥MN.在Rt△BMN中,BM=1,则MN=,BN=.在Rt△MND中,DN===.设AE=h+1,易得DE=,所以NE=+,又BE=,在Rt△BNE中,BE2=BN2+NE2,即(h+1)2+22=+,解得h=,所以AE=+1.(13分)5.解析(1)证明:取AB1的中点G,连结EG,FG.∵F、G分别是AB、AB1的中点,∴FG∥BB1,FG=BB1.又∵B1B∥C1C,EC=CC1,BB1=CC1,∴FG∥EC,FG=EC,∴四边形FGEC是平行四边形,∴CF∥EG.(4分)∵CF⊄平面AEB1,EG⊂平面AEB1,∴CF∥平面AEB1.(6分)(2)假设这样的点E存在.以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,4).设E(0,0,m)(0≤m≤4),平面AEB1的法向量为n1=(x,y,z).由=(-1,2,4),=(-1,0,m),⊥n1,⊥n1,得令z=2,则n1=(2m,m-4,2),(8分)∵CA⊥平面C1CBB1,∴是平面EBB1的法向量,则平面EBB1的一个法向量为n2==(1,0,0).(10分)∵二面角A-EB1-B的余弦值为,∴=|cos<n1,n2>|==,解得m=1(满足0≤m≤4),此时,经检验二面角A-EB1-B是锐二面角,∴在棱CC1上存在点E符合题意,此时CE=1.(12分).。
高考文科数学一轮总复习课标通用版课件：第8章立体几何8-2空间点、线、面之间的位置关系
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A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
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高考总复习/新课标版 数学·文
【解析】 由 α，β表示两个不同平面，a，b 表示两条不同直线，知：
①若 b⊂α，a⊄α，则“a∥b”⇒“a∥α”，
(2)异面直线所成的角：
一个平面内
①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，把 a′
与 b′所成的______________叫作异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)．
②范围：________________
(3)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__________________．
共点．
公理 4：平行于同一条直线的两条直线________．
作用：可用来判断空间两条直线平行．
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【2019版课标版】高考数学文科精品课件§8.3空间点、直线、平面之间的位置关系.pdf
常考题型 选择题
选择题 填空题
预测热度 ★★☆
★★★
分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题
;会用反证法证明有关异面或共面问题 .2.会判定和证明两条直线异面 ;会应用三
线平行公理和等角定理及推论解决有关问题 ,会求两条异面直线所成的角 ;了解两条异面直线间的距离 .3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为依托 ,
CE,EF 相交的平面个数分别
A.8
B.9
答案 A
C.10 D.11
教师用书专用 (5—8)
5.(2014 广东 ,7,5 分)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l 3,l 4,满足 l1⊥l 2,l 2⊥ l3,l 3⊥ l 4,则下列结论一定正确的是 ( ) A.l 1⊥ l4 B.l 1∥l 4 C.l1 与 l4 既不垂直也不平行 D.l 1与 l4的位置关系不确定 答案 D 6.(2013 课标全国 Ⅱ ,4,5 分 )已知 m,n 为异面直线 ,m⊥平面 α ,⊥n 平面 β直．线 l 满足 l ⊥m,l ⊥ n,l?α ,?l β则，( ) A. α∥ β且 l ∥α B. α⊥β且 l⊥ β C. α与 β相交 ,且交线垂直于 l D. α与 β相交 , 且交线平行于 l 答案 D
求异面直线所成的角 ,分值约为 5 分 ,属中档题 .
五年高考
考点一 点、线、面的位置关系
1.(2016 浙江 ,2,5 分)已知互相垂直的平面 α , β交于直线 l.若直线 m,n 满足 m∥α ,n⊥β则，( )
A.m ∥l B.m ∥n C.n⊥ l D.m ⊥n 答案 C 2.(2015 广东 ,8,5 分)若空间中 n 个不同的点两两距离都相等 ,则正整数 n 的取值 ( ) A. 至多等于 3 B. 至多等于 4 C.等于 5 D.大于 5 答案 B 3.(2015 福建 ,7,5 分)若 l,m 是两条不同的直线 ,m 垂直于平面 α则，“ l⊥ m” 是“ l∥α” 的( ) A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 答案 B 4.(2013 江西 ,8,5 分)如图 ,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 α上,且 AB ∥CD, 正方体的六个面所在的平面与直线 记为 m,n,那么 m+n=( )
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高考调研 ·高三总复习·数学（文）
(3)点线共面问题的证明方法 ①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面 内； ②辅助平面法：先证有关点、线确定平面 α，再证明其余点、 线确定平面 β，最后证明平面 α，β重合．
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高考调研 ·高三总复习·数学（文）
思考题 1 (1)如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， E，F 分别是 AB 和 AA1 的中点，求证：
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高考调研 ·高三总复习·数学（文）
思考题 2 (1)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M， N 分别为棱 C1D1，C1C 的中点，有以下四个结论：
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①直线 AM 与 CC1 是相交直线； ②直线 AM 与 BN 是平行直线； ③直线 BN 与 MB1 是异面直线； ④直线 AM 与 DD1 是异面直线． 其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号 都填上)．
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4．(2015·安徽)在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上 所有的点都在此平面内 D．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 答案 A 解析 B，C，D 都是公理．
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★状元笔记★ 异面直线的判定方法
(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行 或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假 设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)定理：平面外一点 A 与平面内一点 B 的连线和平面内不 经过点 B 的直线是异面直线．
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用集合语言描述点、线、面间的关系 (1)点与平面的位置关系： 点 A 在平面 α 内记作 A∈α，点 A 不在平面α 内记作 A∉α． (2)点与线的位置关系： 点 A 在直线 l 上记作 A∈l，点 A 不在直线 l 上，记作 A∉l． (3)线面的位置关系： 直线 l 在平面 α 内记作 l⊂α ，直线 l 不在平面 α 内记作 l⊄ α．
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【解析】 图①中，直线 GH∥MN； 图②中，G，H，N 三点共面，但 M∉面 GHN， 因此直线 GH 与 MN 异面； 图③中，连接 MG，GM∥HN， 因此 GH 与 MN 共面； 图④中，G，M，N 共面，但 H∉面 GMN， 因此 GH 与 MN 异面． 所以图②，④中 GH 与 MN 异面． 【答案】 ②④
(6)空间三个平面将空间最多分成七部分． (7)已知 a，b 是异面直线，直线 c 平行于直线 a，那么 b 与 c 不可能是平行直线． 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ 解析 (6)中可能分成八部分，如图．
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2．空间四点中，三点共线是这四点共面的( )
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【讲评】 所谓线共点问题就是证明三条或三条以上的直线 交于一点．
(1)证明三线共点的依据是公理 3. (2)证明三线共点的思路是：先证两条直线交于一点，再证明 第三条直线经过该点，把问题化归到证明点在直线上的问题．实 际上，点共线、线共点的问题都可以化归为点在直线上的问题来 处理．
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【解析】 本题是判断两条直线的位置关系，具体分析如下： A，M，C1 三点共面，且在平面 AD1C1B 中，但 C∉平面 AD1C1B， 因此直线 AM 与 CC1 是异面直线，同理 AM 与 BN 也是异面直线， AM 与 DD1 也是异面直线；①②错误，④正确；M，B，B1 三点 共面，且在平面 MBB1 中，但 N∉平面 MBB1，因此直线 BN 与 MB1 是异面直线，③正确．
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6.如图所示，是正方体的平面展开图，在这个正方体中，
①BM 与 ED 平行； ②CN 与 BE 是异面直线； ③CN 与 BM 成 60°角； ④DM 与 BN 垂直． 以上四个命题中，正确命题的序号是________．
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A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
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3．若 l1，l2，l3 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的 是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3 共面 D．l1，l2，l3 共点⇒l1，l2，l3 共面
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第3课时 空间点、线、面间 位置关系
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…2018 考纲下载… 1．理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解作为推理 依据的公理和定理． 2．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． 请注意 平面的基本性质是立体几何的基础，而两条异面直线所成的 角和距离是高考热点，在新课标高考卷中频频出现．
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(4)平面 α 与平面 β 相交于直线 a，记作 α∩β＝a． (5)直线 l 与平面 α 相交于点 A，记作 l∩α＝A． (6)直线 a 与直线 b 相交于点 A，记作 a∩b＝A．
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直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类． 共面直线平 相行 交.. 异面直线：不同在任何一个平面内的两条直线. (2)异面直线所成的角． ①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直 线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角或直角叫做异面直线 a，b所成的角(或夹角)． ②范围：(0，π2 ]．
答案 ③④ 解析 如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方 体，显然 BM 与 ED 为异面直线，故命题①不成立；而 CN 与 BE 平行，故命题②不成立．
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∵BE∥CN，∴CN 与 BM 所成角为∠MBE. ∵∠MBE＝60°，故③正确；∵BC⊥面 CDNM， ∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，∴DM⊥面 BCN. ∴DM⊥BN，故④正确，故填③④.
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课前自助餐
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平面的基本性质 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直 线就在此平面内． 公理 2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面． 公理 3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们有 且只有一条通过该点的公共直线．
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授人以渔
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题型一 平面基本性质的应用 已知在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别为 D1C1， C1B1 的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q. 求证：(1)D，B，F，E 四点共面； (2)若 A1C 交平面 DBFE 于 R 点，则 P，Q，R 三点共线； (3)DE，BF，CC1 三线交于一点．
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【证明】 (1)如图所示．
因为 EF 是△D1B1C1 的中位线，所以 EF∥B1D1.在正方体 A，即 D， B，F，E 四点共面．
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(2)在正方体 AC1 中，设 A1CC1 确定的平面为 α， 又设平面 BDEF 为 β.因为 Q∈A1C1，所以 Q∈α. 又 Q∈EF，所以 Q∈β.所以 Q 是 α 与 β 的公共点．同理，P 是 α 与 β 的公共点．所以 α∩β＝PQ. 又 A1C∩β＝R，所以 R∈A1C，R∈α，且 R∈β. 则 R∈PQ，故 P，Q，R 三点共线．
①E，C，D1，F 四点共面； ②CE，D1F，DA 三线共点．
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【证明】 ①如图所示，连接 EF，CD1，A1B.
∵E，F 分别是 AB，AA1 的中点，∴EF∥BA1. 又 A1B∥D1C，∴EF∥CD1. ∴E，C，D1，F 四点共面．
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(3)∵EF∥BD 且 EF<BD， ∴DE 与 BF 相交．设交点为 M， 则由 M∈DE，DE⊂平面 D1DCC1， 得 M∈平面 D1DCC1，同理，点 M∈平面 B1BCC1.又平面 D1DCC1∩平面 B1BCC1＝CC1，∴M∈CC1. ∴DE，BF，CC1 三线交于点 M. 【答案】 (1)略 (2)略 (3)略
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1．判断下面结论是否正确(打“√”或“×”)． (1)空间不同三点确定一个平面． (2)有三个公共点的两个平面必重合． (3)空间两两相交的三条直线确定一个平面． (4)三角形、四边形都是平面图形． (5)两组对边相等的四边形是平行四边形．