2026年高考数学一轮复习三维设计创新-第2节　空间点、直线、平面之间的位置关系

第2节空间点、直线、平面之间的位置关系【课标要求】（1）借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义；（2）了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.知识点一四个基本事实1.四个基本事实（1）基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面；（2）基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内；（3）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过该点的公共直线；（4）基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.提醒三点不一定能确定一个平面.当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在同一条直线上的三点才能确定一个平面.2.“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面.（1）如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是（C）A.直线AC B.直线ABC.直线CD D.直线BC解析：（1）由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上.又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.（2）在三棱锥A-BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则（B）A.点P一定在直线BD上B.点P一定在直线AC上C.EH∥FGD.EH与FG必相交解析：（2）如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC，故A错误，B正确；易知直线EH，FG共面，则直线EH，FG平行或相交，故C、D错误.规律方法共面、共线、共点问题的证明方法练1如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点，平面BB1D1D与A1C交于点M.求证：（1）E，C，D1，F四点共面；（2）CE，D1F，DA三线共点；（3）B，M，D1三点共线.证明：（1）如图，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.（2）∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示.则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点.（3）连接BD1，∵BD1与A1C均为正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线，故BD1与A1C相交，则令BD1与A1C的交点为O，则B，O，D1三点共线，∵BD1⊂平面BB1D1D，故A1C与平面BB1D1D的交点为O，即O与M重合，故B，M，D1三点共线.知识点二空间点、线、平面之间的位置关系图形语言符号语言公共点直线与直线平行a∥b0个相交a∩b＝A1个异面a，b是异面直线0个直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l无数个（1）若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（D）A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交解析：（1）法一（反证法）由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.法二（模型法）如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A、B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.（2）〔多选〕下列推断中，正确的是（ABD）A.M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈lB.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC.l⊄α，A∈l⇒A∉αD.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合解析：（2）对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，故A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，故B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，故C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，α，β重合，故D正确.规律方法判断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体（如长方体、空间四边形等）模型来判断；二是排除法.特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“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.”练2（1）已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则（D）A.m与n异面B.m与n相交C.m与n平行D.m与n异面、相交、平行均有可能（2）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是弧BC的中点，F是AB的中点，则（D）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是异面直线解析：（1）在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A、B错误，m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误.（2）如图，在底面半径为1的圆柱OO1中，母线AB＝2，BC＝2，E是BC的中点，则BE＝2，因为F是AB的中点，则BF＝1，AE＝AB2＋BE2＝4+（2）2＝6，CF＝BC2＋BF2＝4+1＝5，所以AE≠CF，在△ABC中，O是BC的中点，F是AB的中点，所以OF∥AC，所以AC与OF是共面直线，若AC与EF是共面直线，则O，F，A，C知识点三异面直线所成的角1.等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.2.异面直线所成的角（1）定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，把直线a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）；（2）范围：（0°，90°].（1）如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（D）A.33 B.C.306 D.（2）平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的大小为（A）A.60° B.45°C.30° D.90°解析：（1）如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF，易知F为AD的中点，设正方形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝2，所以AE＝22＋（2）2＝6.连接ED，则ED＝6.因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD（或其补角）.在△EAD中，cos∠EAD＝6+4－62×2×解析：（2）如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.因为△AF1E为正三角形，所以∠EAF1＝60°.规律方法求异面直线所成角的方法（1）平移法：将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解；（2）补形法：在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解.提醒在求异面直线所成的角时，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.练3（1）在空间四边形ABCD中，AD＝2，BC＝23，E，F分别是AB，CD的中点，EF＝7，则异面直线AD与BC夹角的大小为30°；（2）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为910，试求AA1的长度.（1）解析：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以EO∥AD，FO∥BC，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD与BC的夹角.所以EO＝12AD＝1，FO＝12BC＝3，EF＝7，在△EOF中，根据余弦定理，得cos∠EOF＝EO2＋FO2－EF22·EO·FO＝12＋（2）解：如图，连接BC1，A1C1，易知AD1∥BC1，则∠A1BC1为异面直线A1B与AD1所成的角.设AA1＝t，∵AB＝BC＝1，∴A1C1＝2，A1B＝BC1＝t2∴cos∠A1BC1＝A＝t2+1+t解得t＝3，则AA1＝3.一、单项选择题1.四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为（）A.4 B.3C.2 D.1解析：A首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面.故选A.2.空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是（）A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能解析：D根据条件作出示意图，得到如图所示的三种可能的情况，由图可知AB，CD有相交、平行、异面三种情况，故选D.3.（2025·齐齐哈尔一模）已知a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝c，a⊂α，b⊂β，则“a，b相交”是“a，c相交”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析：C①若a，b相交，a⊂α，b⊂β，则其交点在交线c上，故a，c相交，②若a，c相交，可能a，b为相交直线或异面直线.综上所述：“a，b相交”是“a，c相交”的充分不必要条件.故选C.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（）A.不存在 B.有且只有2条C.有且只有3条 D.有无数条解析：D在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，如图.5.如图，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形为（）A.① B.②③C.①③ D.②④解析：D图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；图③中，连接GM，则GM∥HN.因此GH与MN共面；图④中，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此直线GH与MN异面.故选D.6.《九章算术·商功》中刘徽注：“邪解立方得二堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑.”如图1所示的长方体用平面AA1B1B斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，该三棱柱就叫堑堵.如图2所示的堑堵中，AC＝3，BC＝4，AA1＝2，M为BC的中点，则异面直线A1C与AM所成角的余弦值为（）A.913 B.C.159 D.解析：A如图，取B1C1的中点E，连接A1E，EC，则A1E∥AM，∠EA1C即为异面直线A1C与AM所成的角或其补角，在Rt△A1C1E中，A1E＝9+4＝13，在Rt△EC1C中，EC＝22＋22＝22，在Rt△A1C1C中，A1C＝13，在△A1EC中，由余弦定理得，cos∠EA1C＝A1E2＋A1C2－EC22A7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（）A.DD1B.ACC.AD1D.B1C解析：B对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C、D不正确.故选B.二、多项选择题8.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，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.A，M，O三点共线B.A，M，O，A1共面C.A，M，C，O共面D.B，B1，O，M共面解析：ABC∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故选A、B、C.9.如图所示是一个正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列说法正确的是（）A.AB与CD所在的直线垂直B.CD与EF所在的直线平行C.EF与GH所在的直线异面D.GH与AB所在的直线夹角为60°解析：BCD把正方体的平面展开图还原，如图，连接AF.对于A，因为BD∥CF且BD＝CF，所以四边形BDCF为平行四边形，所以CD∥BF，故AB与CD所成的角为∠ABF，易知△ABF为等边三角形，则∠ABF＝60°，故A错误；对于B，由A可知CD∥EF，故B正确；对于C，由图可知，EF与GH所在的直线异面，故C正确；对于D，因为AH∥GF且AH＝GF，故四边形AFGH为平行四边形，所以GH∥AF，则GH与AB所成的角为∠FAB.因为△ABF为等边三角形，所以∠FAB＝60°，即GH与AB所在的直线夹角为60°，故D正确.三、填空题10.已知a，b，c是不同直线，α是平面，若a∥b，b∩c＝A，则直线a与直线c的位置关系是相交或异面；若a⊥b，b⊥α，则直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α.解析：a，b，c是不同直线，α是平面，因为a∥b，b∩c＝A，所以直线a与直线c的位置关系是相交或异面.因为a⊥b，b⊥α，则直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α.11.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，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.解析：因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.12.如图所示，已知空间四边形ABCD中，AC与BD所成角为π3，且AC＝BD＝2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF＝1或3.解析：如图，取CD的中点G，连接EG，FG，由题可知，EG∥BD，FG∥AC，EG＝12BD＝1，FG＝12AC＝1.因为AC与BD所成的角为π3，所以∠FGE＝π3或∠FGE＝π－π3＝2π3，当∠FGE＝π3时，△FGE为等边三角形，所以EF＝1；当∠FGE＝2π3时，由余弦定理得，EF2＝EG2＋GF2－2EG·GF·cos∠FGE＝1＋1－2×1×1×（－12）＝3，所以EF＝3.四、解答题13.已知ABCD是空间四边形，如图所示，M，N，E，F分别是AB，AD，BC，CD上的点.（1）若直线MN与直线EF相交于点O，证明：B，D，O三点共线；（2）若E，N为BC，AD的中点，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求异面直线AB与DC所成角的余弦值.解：（1）证明：因为M∈AB，N∈AD，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，所以MN⊂平面ABD，因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，所以EF⊂平面CBD，由于直线MN与直线EF相交于点O，即O∈MN，O∈平面ABD，O∈EF，O∈平面CBD，又平面ABD∩平面CBD＝BD，则O∈BD，所以B，D，O三点共线.（2）连接BD，取BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示，在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB＝6，所以GN∥AB，且GN＝12AB＝3在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且DC＝4，所以GE∥CD，且GE＝12DC＝2则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成的角，即∠EGN或∠EGN的补角，又NE＝2，由余弦定理得cos∠EGN＝GE2＋GN2－故异面直线AB与DC所成角的余弦值为3414.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点.（1）线段PA上是否存在一点G，使得D，C，E，G四点共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由；（2）若PC＝2，求三棱锥P-ACE的体积.解：（1）存在.当G为PA的中点时满足条件.证明如下：如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE∥AB.又AB∥DC，所以GE∥DC，所以G，E，C，D四点共面.（2）因为E是PB的中点，所以V三棱锥P-ACE＝V三棱锥B-ACE＝12V三棱锥P-ACB因为AD⊥DC，AB∥DC，所以AC＝2，CB＝2，故AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，所以S△ABC＝12AC·BC＝12×2×2＝V三棱锥P-ACB＝13PC·S△ABC＝2所以V三棱锥P-ACE＝1315.已知四边形ABCD是矩形，AB＝3AD，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕