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第02讲空间点、直线、平面之间的位置关系本讲为高考命题热点，通常以选择题出现，但出现频次较少，往往与其他知识点结合，考察空间想象能力与逻辑推理能力.考点一平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.(2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理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.考点二空间点、直线、平面的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α考点三平行公理与等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.考点四异面直线所成的角(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点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与b所成的角(或夹角).(2)范围：0，π2.考点五常用结论1.公理2的三个推论推论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.2.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.3.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.高频考点一平面的基本性质及应用【例1】（1）如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()答案D解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面.（2）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()A.直线ACB.直线ABC.直线CDD.直线BC答案C解析由题意知，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.（3）在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P()A.一定在直线BD上B.一定在直线AC上C.在直线AC或BD上D.不在直线AC上，也不在直线BD上答案B解析如图所示，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.【方法技巧】1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.高频考点二空间两直线的位置关系【例1】(1)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN∥BD1；④MN∥平面BB1D1D.其中所有正确结论的序号是()A.①④B.②④C.①③④D.②③④(2)(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案(1)B(2)B解析(1)连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，所以AP，CM，DD1相交于一点，则①不正确，②正确.③令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.因为M，N分别是C1D1，BC的中点，所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝12CD，则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，所以MN∥平面BD1D，③不正确，④正确.综上所述，②④正确.(2)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EO⊂平面ECD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，交CD于点P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝322＋322＋22＝7，得BM＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.【方法技巧】空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.【跟踪训练】1.(2021·河南名校联考)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，则()A.m与n异面B.m与n相交C.m与n平行D.m与n平行、相交、异面均有可能答案D解析因为m⊥l，n⊥l，结合长方体模型可知m与n可以相交，也可以异面，还可以平行.2.(2021·宜宾质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法错误的是()A.MN与PD是异面直线B.MN∥平面PBCC.MN∥ACD.MN⊥PB答案C解析如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.高频考点三异面直线所成的角【例3】(1)(经典母题)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝14SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为()A.222B.53C.1316D.113答案(1)C(2)D解析(1)法一如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角或其补角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝AD2＋DD21＝2，DM＝AD2＋12AB2＝52，DB1＝AB2＋AD2＋DD21＝5.所以OM＝12AD1＝1，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝12＋522－5222×1×52＝55.故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.法二以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，3)，B1(1，1，3)，所以AD1→＝(－1，0，3)，DB1→＝(1，1，3).则cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→|AD1→|·|DB1→|＝225＝55，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.(2)如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角.∵SE＝14SB，∴SE＝13BE.又OB＝3，∴OF＝13OB＝1.∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝32.∵SO⊥OF，∴SF＝SO2＋OF2＝10.∵OC⊥OF，∴CF＝10.∴在等腰△SCF中，tan∠CSF＝（10）2－3222322＝113.【方法技巧】1.综合法求异面直线所成角的步骤：(1)作：通过作平行线得到相交直线.(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.2.向量法：利用向量的内积求所成角的余弦值.