第七章　7.2　空间点、直线、平面之间的位置关系（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

7．2　空间点、直线、平面之间的位置关系
1．理解空间点、直线、平面的位置关系的定义．
2．了解四个基本事实、三个推论和等角定理，并能应用它们解决问题．
1．“四个”基本事实
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．
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．
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．
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行Ｗ．
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．
3．空间中直线与直线的位置关系
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
项目 图形语言 符号语言 公共点
直 线 与 平 面 相交 a∩α＝A 1个
平行 a∥α 0个
在平 面内 a α 无数个
平面与平面 平行 α∥β 0个
相交 α∩β＝l 无数个
5.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Ｗ．
6．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，我们把直线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：.
教材拓展
关于唯一性的常用结论
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过点A的任意一条直线．(　×　)
(2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种．(　×　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　×　)
(4)两两相交的三条直线共面．(　×　)
2．（人教A版必修第二册P147例1改编）如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，C1D1的中点，则直线AF与BE所成角的余弦值为(　B　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
解析：连接CA，CF，如图所示．易得BE∥CF，所以直线AF与BE所成的角为∠CFA（或其补角）.不妨设AB＝2.在△CFA中，易得AF＝3，AC＝2，CF＝，由余弦定理得cos ∠CFA＝＝，即直线AF与BE所成角的余弦值为.故选B.
3．（人教A版必修第二册P128T1改编）下列说法正确的是(　B　)
A．四边形一定是平面图形
B．不在同一条直线上的三点确定一个平面
C．梯形不一定是平面图形
D．平面α和平面β一定有交线
解析：四边形不一定是平面图形，也可能是空间四边形，故A错误；不共线的三点确定一个平面，故B正确；梯形中，有一组对边平行，可以确定一个平面，故梯形一定是平面图形，故C错误；若平面α和平面β平行，则其没有交线，故D错误．故选B.
4．（人教A版必修第二册P132T9改编）在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥BC，D，E分别是AB，AC的中点，则(　D　)
A．B1D与A1E相交，且B1D＝A1E
B．B1D与A1E相交，且B1D≠A1E
C．B1D与A1E是异面直线，且B1D＝A1E
D．B1D与A1E是异面直线，且B1D≠A1E
解析：如图所示，因为A1E∩平面AA1B1B＝A1，B1D 平面AA1B1B，A1 B1D，所以B1D与A1E是异面直线，B1D＝，A1E＝.因为AA1＝BB1，AB≠AC，所以B1D≠A1E.故选D.
考点1 基本事实的应用
【例1】　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于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
【证明】　(1)如图所示，连接B1D1.
因为EF是△C1D1B1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD
A1B1C1D1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ABCD A1B1C1D1中，连接A1C，如图所示，设A1，C，C1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．
(3)因为EF∥BD且EF则由M∈DE，DE 平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于一点．
共面、共线、共点问题的证明
(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内．
(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．
(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【对点训练1】　如图，四边形ABCD和四边形ABEF都是梯形，BC∥AD，BE∥AF，且BC＝AD，BE＝FA，G，H分别为FA，FD的中点．求证：
(1)四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点共面．
证明：(1)因为G，H分别为FA，FD的中点，则GH∥AD，GH＝AD，又因为BC∥AD，BC＝AD，则GH∥BC，GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)因为BE∥FA，BE＝FA，G为FA中点，则BE∥FG，BE＝FG，
可知四边形BEFG为平行四边形，则EF∥BG，EF＝BG，
由(1)知CH∥BG，CH＝BG，可得CH∥EF，CH＝EF，
所以四边形CEFH为平行四边形，则CE∥FH，即CE∥FD，
所以C，D，F，E四点共面．
考点2 空间位置关系的判断
【例2】（多选）如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中，正确的有(　BD　)
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线BN与MB1是异面直线
C．AM与BN平行
D．直线A1M与BN共面
【解析】　M，C，C1三点在平面CDD1C1内，点M不在直线CC1上，点A不在平面CDD1C1内，A，M，C，C1四点不共面，根据异面直线的定义可得直线AM与CC1是异面直线，故A错误；B，N，B1三点在平面BCC1B1内，B1不在直线BN上，点M不在平面BCC1B1内，B，N，M，B1四点不共面，根据异面直线的定义可得直线BN与MB1是异面直线，故B正确；
如图，取DD1的中点E，连接AE，EN，又N为C1C的中点，则有AB∥EN，AB＝EN，所以四边形ABNE是平行四边形，所以AE∥BN，AM∩AE＝A，则AM与BN不平行，故C错误；连接MN，BA1，CD1，因为M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，所以MN∥D1C，由正方体的性质可知，A1B∥D1C，所以MN∥A1B，则有A1，B，M，N四点共面，所以直线A1M与BN共面，故D正确．故选BD.
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：“经过平面外一点A和平面内一点B的直线与平面内不经过点B的直线是异面直线．”
【对点训练2】（多选）如图，如果MC⊥菱形ABCD所在的平面，那么下列结论正确的是(　BD　)
A．MA∥BD B．MA与BD异面
C．MA与BD相交 D．MA⊥BD
解析：因为BD 平面ABCD，MA∩平面ABCD＝A，A BD，所以可知MA与BD异面，即A错误，B正确，C错误；
如图，连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又因为MC⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥MC，又因为MC∩AC＝C，MC 平面AMC，AC 平面AMC，所以BD⊥平面AMC.又因为MA 平面AMC，所以MA⊥BD，即D正确．故选BD.
考点3 异面直线所成的角
【例3】　(1)（2024·陕西咸阳三模）如图，已知各棱长都为1的平行六面体ABCD A1B1C1D1中，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为，则异面直线BA1与CB1所成的角为(　C　)
A． B．
C． D．
【解析】　如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，连接A1D，BD，因为A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD，则四边形A1B1CD是平行四边形，所以B1C∥A1D，所以∠BA1D是异面直线BA1与CB1所成的角或其补角，由AA1＝AB＝AD＝1，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为，得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，即A1B＝BD＝A1D＝1，则∠BA1D＝，所以异面直线BA1与CB1所成的角为.故选C.
(2)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，若A1C⊥BC1，则BC1＝(　C　)
A．2　　　　　 B．2
C．3 D．3
【解析】　如图，分别取A1C1，CC1，BC的中点E，F，G，连接EF，FG，EG，则EF∥A1C，FG∥BC1，因为A1C⊥BC1，所以EF⊥FG，则∠EFG＝90°.由题意可知，EF＝，设BC＝x，则FG＝，EG＝，由勾股定理可知，EF2＋FG2＝EG2，即3＋＝，解得x＝2，所以BC1＝3.故选C.
异面直线所成角的求法
方法 解读
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
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
【对点训练3】　(1)（2024·河北保定二模）如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　C　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：连接BC1，A1C1，如图所示，正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，有AB∥C1D1且AB＝C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角或其补角．设AB＝1，则BC1＝A1B＝，A1C1＝，在△A1BC1中，由余弦定理得cos ∠A1BC1＝＝＝.故选C.
(2)如图，已知圆柱O1O2的底面半径和母线长均为1，B，A分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线O1B，O2A所成的角为，则AB＝(　D　)
A．1 B．
C．1或2 D．2或
解析：如图，过点A作AD⊥上底面于点D，则AD是母线，连接DB，O1D，∵O1O2⊥上底面，∴AD∥O1O2，AD＝O1O2，则四边形ADO1O2是平行四边形，O1D∥O2A，∴O2A与O1B所成的角就是∠DO1B或其补角．当∠DO1B＝时，△DO1B是等边三角形，BD＝1，在Rt△ABD中，AB＝＝；当∠DO1B＝时，在△DO1B中，BD＝2×＝，在Rt△ABD中，AB＝＝2.综上，AB＝2或AB＝.故选D.
课时作业46
1．（5分）下列说法正确的是(　B　)
A．若空间两直线没有公共点，则这两条直线异面
B．与两条异面直线都相交的两直线可能是异面直线，也可能是相交直线
C．空间三点确定一个平面
D．过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直
解析：若空间两直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，故A错误；与两条异面直线都相交的两直线若交于不同的四个点，则两直线为异面直线，若交于三个点，则两直线为相交直线，故B正确；由平面的基本性质可知，空间不共线的三点可以确定一个平面，故C错误；在空间中，过直线外一点，有无数条直线与已知直线垂直，故D错误．故选B.
2．（5分）在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取点E，F，G，H，若EF与HG相交于一点M，则M(　A　)
A.一定在直线AC上
B．一定在直线BD上
C．可能在直线AC上，也可能在直线BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
解析：由于ABCD是空间四边形，故AB，BC确定平面ABC，CD，DA确定平面ACD.∵E∈AB，F∈BC，G∈CD，H∈DA，∴EF 平面ABC，GH 平面ACD，∵EF∩GH＝M，∴M∈平面ABC，M∈平面ACD，∵平面ABC∩平面ACD＝AC，∴M∈AC.故选A.
3．（5分）若直线l不平行于平面β，且直线l β，则下列说法正确的是(　C　)
A．β内存在与l平行的直线
B．β内所有直线都与l异面
C．l与β有交点
D．β内所有直线都与l相交
解析：由直线l不平行于平面β，且直线l β，得直线l与平面β相交，则l与β有交点，C正确；平面β内不存在直线与l平行，否则l∥β，与已知矛盾，因此β内所有直线都与l异面或相交，A，B，D错误．故选C.
4．（5分）（2024·山东日照一模）已知l，m是两条不同的直线，α为平面，m α，下列说法中正确的是(　B　)
A．若l与α不平行，则l与m一定是异面直线
B．若l∥α，则l与m可能垂直
C．若l∩α＝A，且A m，则l与m可能平行
D．若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m一定不垂直
解析：若l与α不平行，则l与α的位置关系为相交或直线在平面内，又m α，则l与m的位置关系为平行、相交或异面，故A错误；若l∥α，则l与m可能垂直，
如图所示，l∥l′，l′ α，l′⊥m，可知l⊥m，故B正确；
若l∩α＝A，且A m，m α，则l与m异面，故C错误；若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m可能垂直，如图，取α为平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合题意，但l⊥m，故D错误．故选B.
5．（5分）（2024·陕西西安模拟）如图，在正四棱锥P ABCD中，E为PC的中点，且BE⊥PC，则异面直线BE与AC所成角的余弦值为(　D　)
A．　　　 B．
C．　　　 D．
解析：如图，连接BD交AC于O，取PA的中点F，连接EF，BF，PO，则EF∥AC，所以∠BEF为所求角或其补角，在△PBC中，E为PC的中点，且BE⊥PC，所以PB＝BC，所以正四棱锥P ABCD的所有棱长都相等．设四棱锥P ABCD的棱长均为2，在△BEF中，EF＝，BE＝BF＝，所以cos ∠BEF＝＝＝.故选D.
6．（5分）如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，CC1的中点，则与直线A1D1，EF，DC都相交的直线(　D　)
A．有且仅有一条
B．有且仅有两条
C．有且仅有三条
D．有无数条
解析：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与点M确定一个平面，这个平面与DC有且仅有1个交点E，当点M取不同的位置就确定不同的平面，从而与DC有不同的交点E，而直线ME与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线A1D1，EF，DC都相交的直线有无数条．故选D.
7．（6分）（多选）如图，在长方体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(　BCD　)
A．B，B1，O，M四点共面
B．A，M，O，A1四点共面
C．A，O，C，M四点共面
D．A，M，O三点共线
解析：如图，连接AO，A1C1，AC，在矩形A1B1C1D1中，由O为对角线B1D1的中点，知A1C1∩B1D1＝O，则平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AO，由M∈平面AB1D1，M∈A1C，A1C 平面ACC1A1，则M∈AO.在长方体ABCD A1B1C1D1中，BB1 平面ABB1A1，由AO∩平面ABB1A1＝A，所以BB1与MO异面，故A错误；由A可知M∈AO，故A，M，O，A1四点共面，A，O，C，M四点共面，A，M，O三点共线，故B，C，D正确．故选BCD.
8．（6分）（多选）在图中，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是异面直线的图形有(　BD　)
解析：对于A，如图，连接GM，
∵G，M为所在棱的中点，∴GM∥AB，又AB∥HN，∴GM∥HN，故直线GH，MN共面，故A错误；对于B，G，H，N三点共面，但M 平面GHN，故直线GH，MN是异面直线，故B正确；
对于C，如图，连接GM，∵G，M为所在棱的中点，∴GM∥AB，又AB∥HN，∴GM∥HN，故直线GH，MN共面，故C错误；对于D，G，M，N三点共面，但H 平面GMN，故直线GH，MN是异面直线，故D正确．故选BD.
9．（5分）已知异面直线l1，l2所成角的大小为45°，直线OA∥l1且OB∥l2，则∠AOB＝45°或135°．
解析：由题意知OA∥l1，OB∥l2，且异面直线l1，l2所成角为45°，则∠AOB为异面直线l1，l2所成的角或其补角，所以∠AOB＝45°或135°.
10．（5分）在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两互相垂直，且AB＝BC＝2，E是AC的中点，异面直线AD与BE所成的角的余弦值为，则四面体的体积为．
解析：取CD的中点F，连接BF，EF，如图，因为E是AC的中点，则EF∥AD，于是∠BEF是异面直线AD与BE所成的角或其补角，令BD＝a，而AB，BC，BD两两互相垂直，则BF＝CD＝，EF＝AD＝，在等腰△BEF中，BE＝AC＝，cos ∠BEF＝＝＝，解得a＝4，所以四面体的体积为V＝××BC×BD×BA＝×2×4×2＝.
11．（16分）如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且＝＝.求证：
(1)四边形EFGH为梯形；
(2)直线EH，BD，FG相交于一点．
证明：(1)如图，连接EF，HG，因为空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，
所以HG∥AC，且HG＝AC，
又因为＝＝，所以EF∥AC，且EF＝AC，所以HG∥EF，且HG≠EF，故四边形EFGH为梯形．
(2)由(1)知四边形EFGH为梯形，且EH，FG是梯形的两腰，
所以EH，FG相交于一点．
设交点为P，如图，因为EH 平面ABD，所以P∈平面ABD，
同理P∈平面BCD，而平面ABD∩平面BCD＝BD，所以P∈BD，
故点P是直线EH，BD，FG的公共点，即直线EH，BD，FG相交于一点．
12．（17分）如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，AB的中点．
(1)求证：E，F，C，D1四点共面；
(2)求异面直线D1E与BC所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接EF，CD1，A1B.
在△A1AB中，E，F分别为棱AA1，AB的中点，则EF∥A1B，
在正方体ABCD A1B1C1D1中，
A1D1∥AD，AD∥BC，
∴A1D1∥BC，且A1D1＝AD＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥D1C，则EF∥D1C，故E，F，C，D1四点共面．
(2)由(1)知，A1D1∥BC，则∠ED1A1即为异面直线D1E与BC所成的角或其补角，
设正方体的棱长为2，
在Rt△A1ED1中，A1E＝A1A＝1，A1D1＝2，则D1E＝＝，∴cos ∠ED1A1＝＝＝.
故异面直线D1E与BC所成角的余弦值为.
13．（5分）在直三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，异面直线AB1与A1C1所成的角的余弦值为，则该三棱柱的高为(　C　)
A．1 B．
C．2 D．4
解析：在直三棱柱ABC A1B1C1中，连接B1C，如图，△ABC是等边三角形，且边长为2，设三棱柱的高为h，在Rt△ABB1与Rt△CBB1中，AB1＝＝CB1，即△B1AC是等腰三角形，底边AC＝2，因为A1C1∥AC，所以∠B1AC是异面直线AB1与A1C1所成的角，cos ∠B1AC＝，而cos ∠B1AC＝＝，即＝，解得h＝2，所以三棱柱的高为2.故选C.
14．（5分）如图，在棱长为4的正方体ABCD A1B1C1D1中，M为棱DD1的中点，N为棱B1C1的中点，设直线A1D1与平面MNC交于点Q，则D1Q＝(　C　)
A．2 B．
C．1 D．
解析：如图，在平面CDD1C1中，延长CM交C1D1的延长线于P，连接PN，交A1D1于Q，在△PCC1中，D1M∥CC1，D1M＝CC1，则D1P＝C1D1，又在△PC1N中，D1Q∥NC1，D1P＝C1D1，所以D1Q＝NC1＝B1C1＝1.故选C.
15．（5分）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1，E，F，G，H分别为AB，BB1，CC1，AC的中点，则下列说法中错误的是(　C　)
A．A1C⊥GH
B．E，F，G，H四点共面
C．设BC＝2，则平面EFC1截该三棱柱所得截面的周长为1＋＋2
D．EF，GH，AA1三线共点
解析：如图，连接AC1，A1C，由H，G分别为CA，CC1的中点，可得HG∥AC1，由AC＝BC＝AA1可知，侧面AA1C1C为菱形，所以A1C⊥AC1，所以A1C⊥GH，故A正确；连接HE，GF，因为E，F，G，H分别为AB，BB1，CC1，AC的中点，所以HE∥BC，GF∥BC，所以GF∥HE，所以E，F，G，H四点共面，故B正确；延长FE交A1A的延长线于点P，连接PC1，交AC于点Q，连接QE，C1F，设FE，FC1确定平面为α，则P，C1∈α，所以PC1 α，所以C1Q，QE α，则三棱柱的截面四边形为FEQC1，在Rt△C1B1F中，C1F＝＝，在Rt△BEF中，EF＝＝，而Rt△AEH中，QE>EH＝1，Rt△C1CQ中，C1Q>C1H＝＝，所以截面的周长大于1＋＋2，故C错误；由B知，GF∥HE且HE≠GF，所以梯形的两腰EF，GH所在直线必相交于一点P′，因为P′∈平面A1ABB1，P′∈平面A1ACC1，平面A1ABB1∩平面A1ACC1＝AA1，所以P′∈AA1，所以P′与P重合，即EF，GH，AA1三线共点于P，故D正确．故选C.