PAGEPAGE1微專題2空間點、直線、平面之間的位置關系命題者說考題統計考情點擊2024·全國卷Ⅱ·T9·異面直線所成的角2024·浙江高考·T6·直線與平面平行2024·全國卷Ⅱ·T10·異面直線所成的角2024·全國卷Ⅲ·T16·圓錐、異面直線所成的角1.以選擇題、填空題的形式考查線線、線面、面面位置關系的判定與性質定理，對命題的真假進行推斷，屬基礎題。2.空間中的平行、垂直關系的證明也是高考必考內容，多出現在立體幾何解答題中的第(1)問。考向一空間點、線、面的位置關系推斷【例1】(1)已知α，β是兩個不同的平面，l，m，n是不同的直線，下列命題中不正確的是()A．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l⊥αB．若l⊥α，l∥β，則α⊥βC．若α⊥β，α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥βD．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n(2)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥βB．若m⊥α，n⊥α，則m∥nC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．若l∥α，α∥β，則l∥β解析(1)由l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，不能推出l⊥α，缺少條件m與n相交，故A不正確；若l⊥α，l∥β，則過l作平面γ，使γ∩β＝c，則l∥c，故c⊥α，c?β，故α⊥β，B正確；依據面面垂直的性質定理知C正確；D正確。故選A。(2)若α⊥γ，β⊥γ，則α與β相交或平行，故A錯誤；若m⊥α，n⊥α，則由直線與平面垂直的性質得m∥n，故B正確；若m∥α，n∥α，則m與n相交、平行或異面，故C錯誤；若l∥α，α∥β，則l?β或l∥β，故D錯誤。故選B。答案(1)A(2)B推斷空間點、線、面位置關系，主要依據四個公理、平行關系和垂直關系的有關定義及定理，詳細處理時可以構建長方體或三棱錐等模型，把要考查的點、線、面融入模型中，推斷會簡潔明白。假如要否定一結論，只需找到一個反例即可。變|式|訓|練1．已知直線a，b和平面α，β，下列命題中是假命題的有________(只填序號)。①若a∥b，則a平行于經過b的任何平面；②若a∥α，b∥α，則a∥b；③若a∥α，b∥β，且α⊥β，則a⊥b；④若α∩β＝a，且b∥α，則b∥a。解析①若a∥b，a，b可以確定平面，則a平行于經過b的任何平面，不正確；②若a∥α，b∥α，則a∥b或a，b相交、異面，不正確；③若a∥α，b∥β，且α⊥β，則a，b關系不確定，不正確；④若α∩β＝a，且b∥α，則b與a關系不確定，不正確。答案①②③④2．(2024·益陽、湘潭調研)下圖中，G，N，M，H分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有()A．①③ B．②③C．②④ D．②③④解析由題意，可知題圖①中，GH∥MN，因此直線GH與MN共面；題圖②中，G，H，N三點共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面；題圖③中，連接MG，則GM∥HN，因此直線GH與MN共面；題圖④中，連接GN，G，M，N三點共面，但H?平面GMN，所以直線GH與MN異面。故選C。答案C考向二異面直線所成的角【例2】(2024·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)解析解法一：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1，eq\r(3))，D1(0，0，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，因為cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|))＝eq\f(－1＋3,2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)。故選C。解法二：如圖，補上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1。易知AD1∥DE1，則∠B1DE1或其補角為異面直線AD1與DB1所成角。因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EE\o\al(2,1))＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1B\o\al(2,1)＋A1E\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋\r(5)2－\r(5)2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)>0，所以∠B1DE1為銳角，即為異面直線AD1與DB1所成的角，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C。解法三：如圖，連接BD1，交DB1于點O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角。因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C。答案C求異面直線所成的角，一般是用平移法把異面直線平移為相交直線，然后再解三角形求解。變|式|訓|練(2024·陜西質量檢測)已知△ABC與△BCD均為正三角形，且AB＝4。若平面ABC⊥平面BCD，且異面直線AB和CD所成的角為θ，則cosθ＝()A．－eq\f(\r(15),4)B．eq\f(\r(15),4)C．－eq\f(1,4)D．eq\f(1,4)解析如圖，取BC的中點O，取BD的中點E，取AC的中點F，連接OA，OE，OF，EF，則OE∥CD，OF∥AB，則∠EOF或其補角為異面直線AB與CD所成的角，依題得OE＝eq\f(1,2)CD＝2，OF＝eq\f(1,2)AB＝2，過點F作FG⊥BC于點G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝eq\f(1,2)OA＝eq\r(3)，G為OC的中點，則OG＝1，又OE＝2，∠EOG＝60°，所以由余弦定理得EG＝eq\r(OG2＋OE2－2OG·OEcos∠EOG)＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，由勾股定理得EF2＝FG2＋EG2＝(eq\r(3))2＋(eq\r(3))2＝6，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝eq\f(OE2＋OF2－EF2,2OE·OF)＝eq\f(22＋22－6,2×2×2)＝eq\f(1,4)，所以cosθ＝eq\f(1,4)。故選D。答案D考向三空間點、線、面的綜合問題【例3】(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC(2)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，給出下列結論：①四面體ABCD每組對棱相互垂直；②四面體ABCD每個面的面積相等；③從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和大于90°且小于180°；④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分；⑤從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長。其中正確結論的序號是________。解析(1)解法一：由正方體的性質，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD。又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1。故選C。解法二：因為A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，所以B、D錯誤；因為A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，所以A1E⊥BC1，(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，所以BC1⊥平面CEA1B1。又A1E?平面CEA1B1，所以A1E⊥BC1。)，C正確；因為A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直。A錯誤。故選C。(2)對于①，如圖①，AE，CF分別為BD邊上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE＝CF，DE＝BF，當且僅當AD＝AB，CD＝BC時，E，F重合，此時AC⊥BD，所以當四面體ABCD為正四面體時，每組對棱才相互垂直，故①錯誤；對于②，由題設可知四面體的四個面全等，所以四面體ABCD每個面的面積相等，故②正確；對于③，當四面體為正四面體時，同一個頂點動身的隨意兩條棱的夾角均為60°，此時四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和等于180°，故③錯誤；對于④，如圖②，G，H，I，J為各邊中點，因為AC＝BD，所以四邊形GHIJ為菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分，故④正確；對于⑤，從A點動身的三條棱為AB，AC，AD，因為AC＝BD，所以AB，AC，AD可以構成三角形，其他同理可得，所以從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長，故⑤正確。綜上所述，正確的結論為②④⑤。答案(1)C(2)②④⑤破解此類問題需：(1)仔細審題，并細觀所給的圖形，利用空間直線、平面平行與垂直的判定定理和性質定理求解；(2)懂得轉化，即把面面關系問題轉化為線面關系問題，再把線面關系問題轉化為線線關系問題，通過轉化，把問題簡潔化，問題的解決也就水到渠成了。變|式|訓|練1．若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有()A．0條 B．1條C．2條 D．0條或2條解析如圖，因為平行于三棱錐的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱有2條。故選C。答案C2．如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()ABCD解析解法一：對于B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ。同理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ。故選A。解法二：對于A，設正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB，因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行。故選A。答案A1．(考向一)(2024·重慶六校聯考)設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則α∥β的一個充分條件是()A．存在一條直線a，a∥α，a∥βB．存在一條直線a，a?α，a∥βC．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥αD．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α解析對于A，若存在一條直線a，a∥α，a∥β，則α∥β或α與β相交，若α∥β，則存在一條直線a，使得a∥α，a∥β，所以選項A的內容是α∥β的一個必要條件；同理，選項B，C的內容也是α∥β的一個必要條件而不是充分條件；對于D，可以通過平移把兩條異面直線平移到一個平面中，成為相交直線，則有α∥β，所以選項D的內容是α∥β的一個充分條件。故選D。答案D2．(考向二)(2024·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為()A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)解析在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BC1，依據線面角的定義可知∠AC1B＝30°，因為AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3)，從而求得CC1＝2eq\r(2)，所以該長方體的體積為V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2)。故選C。答案C3．(考向三)在底面是菱形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E為棱PB的中點，點F在棱AD上，平面CEF與PA交于點K，且PA＝AB＝3，AF＝2，則eq\f(AK,PK)等于()A．eq\f(2,3)B．eq\f(3,5)C．eq\f(4,7)D．eq\f(5,9)解析如圖所示，延長BA，CF交于點G，連接EG，與PA的交點就是K點，則AG＝6，過點A作AH∥PB，與EG交于點H，則eq\f(AK,PK)＝eq\f(AH,PE)＝eq\f(AH,BE)＝eq\f(AG,BG)＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3)。故選A。答案A4．(考向三)如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1