第六章 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关Word教案

第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系 课程标准 核心素养 考情聚焦 1.理解空间直线、平面位置关系的定义． 2．了解可以作为推理依据的基本事实和定理． 3．能运用基本事实和定理及已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 1.平面的基本性质及应用，增强逻辑推理和数学抽象的素养． 2．空间两直线的位置关系，达成直观想象和逻辑推理的素养． 3．异面直线所成的角，提升直观想象、数学抽象和数学运算的素养 　　2026年高考预计以几何体为载体，考查与点、线、面的位置关系等有关命题真假的判断、求异面直线所成的角是高考考查的重点．判断空间线面的位置关系可以用相关定理进行判断．也可以构造长方体模型来判断，还可以直接举反例来判断．题型既有选择题、填空题，又有解答题，一般难度不会太大，属中低档题型 　　　　　　　　对应学生用书P109 [必备知识] 1．平面的基本性质 图形 文字语言 符号语言 基本 事实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 基本 事实2 过不在　同一条直线上的三点　，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α 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 若P∈α且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a 2.空间两条直线的位置关系 位置关系的分类 异面直线：不同在　任何　一个平面内，　没有　公共点． 3．基本事实4 平行于同一条直线的两条直线互相　平行　. 4．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　. 5．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与b所成的角． (2)范围：. 6．空间直线、平面的位置关系 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 1.基本事实的三个推论 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．异面直线判定的一个定理 过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线． [自主诊断] [思考辨析] 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．(　　) (2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A.(　　) (3)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(　　) (4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　　) (5)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线．(　　) (6)没有公共点的两条直线是异面直线．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)× [小题查验] 1．已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n C．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l D．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α 解析：C　[A中，m，n可能的位置关系为平行、相交、异面，故A错误；B中，m与n也有可能平行，B错误；C中，根据线面平行的性质可知C正确；D中，若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.] 2．(人教A版教材习题改编)空间四边形的两条对角线互相垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是(　　) A．空间四边形　　　　　 B．矩形 C．菱形 D．正方形 解析：B　[顺次连接空间四边形四边中点的四边形是平行四边形，又因为空间四边形的两条对角线互相垂直，所以平行四边形的两邻边互相垂直，故顺次连接四边中点的四边形一定是矩形．] 3．如图正方体或四面体，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(　　) 解析：D　[A、B、C图中四点一定共面，D中四点不共面．] 4．已知直线a，b，c，有下面四个命题： ①若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；②若a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a，b与c所成的角相等；④若a⊥b，b⊥c，则a∥c. 其中真命题的序号是______________． 解析：①a，c可能相交、平行或异面；②a，c可能相交、平行或异面；③正确；④a，c可能相交、平行或异面． 答案：③ 5．如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中， ①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直． 以上四个命题中，正确命题的序号是____________． 解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN. 答案：②③④ 　　　　　　对应学生用书P111 考点一　平面的基本性质及应用(多维探究) [命题角度1]　证明点、线共面　 1．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为FA，FD的中点． (1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？ 解：(1)证明：由题设知，因为G、H分别为FA、FD的中点，所以GH∥AD且GH＝AD， 又BC∥AD且BC＝AD， 故GH∥BC且GH＝BC， 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)C，D，F，E四点共面．理由如下： 由BE∥AF且BE＝AF，G是FA的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH， 故EC，FH共面．又点D在直线FH上， 所以C，D，F，E四点共面． 点、线共面的常用判定方法 (1)纳入平面法：要证明“点共面”或“线共面”，可先由部分点或直线确定一个平面，再证其余点或直线也在这个平面内． (2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合． (3)反证法． 提醒：在选择已知条件确定平面时，要看其余的点或线在确定的平面内是否能证明． [跟踪训练] 如图，ABCD­A1B1C1D1是长方体，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不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：A　[连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1. 因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A.] [命题角度2]　证明三线共点　 2．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点， 求证：(1)E，C，D1，F四点共面． (2)CE，D1F，DA交于一点． 证明：(1)如图，连接CD1，EF，A1B， 因为E，F分别是AB和AA1的中点，所以EF∥A1B且EF＝A1B. 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， 即EF与CD1确定一个平面α. 且E，F，C，D1∈α， 即E，C，D1，F四点共面． (2)由(1)可知，EF∥CD1，且EF＝CD1， 所以四边形CD1FE是梯形． 所以CE与D1F必相交．设交点为P，如图， 则P∈CE⊂平面ABCD，且P∈D1F⊂平面A1ADD1. 又因为平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD， 所以P∈AD，所以CE，D1F，DA交于一点． 证明三点共线的两种方法 (1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，则这三点都在交线上，即三点共线． (2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在这条直线上，从而得三点共线． [跟踪训练] 如图，空间四边形ABCD中，E、F、G分别在AB、BC、CD上，且满足AE∶EB＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E、F、G的平面交AD于点H. (1)求AH∶HD； (2)求证：EH、FG、BD三线共点． 解：(1)∵＝＝2，∴EF∥AC， ∴EF∥平面ACD，而EF⊂平面EFGH， 平面EFGH∩平面ACD＝GH， ∴EF∥GH，∴AC∥GH. ∴＝＝3，∴AH∶HD＝3∶1. (2)证明：∵EF∥GH，且＝，＝， ∴EF≠GH，∴四边形EFGH为梯形． 令EH∩FG＝P，则P∈EH，而EH⊂平面ABD， 又P∈FG，FG⊂平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， ∴P∈BD，∴EH、FG、BD三线共点． [命题角度3]　证明三点共线　 3．如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2. (1)求证：E，F，G，H四点共面； (2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线． 证明：(1)∵E，F分别为AB，AD的中点， ∴EF∥BD.在△BCD中，＝＝， ∴GH∥BD.∴EF∥GH. ∴E，F，G，H四点共面． (2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC， ∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC. ∴P为平面ABC与平面ADC的公共点． 又平面ABC∩平面ADC＝AC， ∴P∈AC，∴P，A，C三点共线． 证明三线共点的思路 先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题化归为证明点在直线上的问题．通常是先证两条直线的交点在两个平面的交线上，而第三条直线恰好是两个平面的交线． [跟踪训练] 如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线． 证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定一个平面β. 又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点． 同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点， 因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线， 所以E，F，G，H四点必定共线． 考点二　空间两直线的位置关系(自主练透) 直观想象——空间中线线位置关系中的核心素养 平面几何和立体几何在线与线的位置关系中是不同的，借助确定的空间几何体模型，利用直观想象来研究和判定线与线的位置关系显得尤为重要． [题组集训] 1．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是(　　) A．直线AA1 B．直线A1B1 C．直线A1D1 D．直线B1C1 解析：D　[只有直线B1C1与直线EF在同一平面内，且两者是相交的，直线AA1，A1B1，A1D1与直线EF都是异面直线．] 2．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 解析：B　[本题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系．∵ΔBDE中，N为BD中点，M为DE中点，∴MN∥EB，∴MNEB四点共面．∴BM，EN共面相交，选项C，D为错．作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F. 连BF，∵平面CDE⊥平面ABCD. EO⊥CD，EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD， ∵ΔMFB与ΔEON均为直角三角形． 设正方形边长为2，易知EO＝，ON＝1，EN＝2， MF＝，BF＝ ＝，∴BM＝ ＝.∴BM≠EN，故选B.] 3．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个结论： ①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．其中正确结论的序号是____________．(注：把你认为正确命题的序号都填上) 解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确．过M、N分别作MR⊥A1B1、NS⊥B1C1于点R、S，则当M不是AB1的中点、N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M、N分别是AB1、BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③对．综上所述，其中正确命题的序号是①③. 答案：①③ 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，对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决． 提醒：(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交； (2)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线． 考点三　异面直线所成的角(子母变式) [母题]　如图在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　) A.　　　　　　 B． C. D． [解析]　D　[连接BC1，易证BC1∥AD1， 则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，则AA1＝2，A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝.] [子题1]　将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”， 则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为____________． 解析：由平面ABCD内仅有一点到A1的距离为1，则AA1＝1.此时正四棱柱变为正方体ABCD－A1B1C1D1，由图知A1B与AD1所成角为∠A1BC1，连接A1C1. 则△A1BC1为等边三边形，∴∠A1BC1＝60°， ∴cos∠A1BC1＝，故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 答案： [子题2]　将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为”，则的值为____________． 解析：设＝t，则AA1＝tAB. ∵AB＝1，∴AA1＝t，由题意知∠A1BC1为所求， 又A1C1＝，A1B＝＝BC1， ∴cos ∠A1BC1＝＝， ∴t＝3，即＝3. 答案：3 [子题3]　在本例条件下，若点P在平面A1B1C1D1内且不在对角线B1D1上，过点P在平面A1B1C1D1内作一直线m，使m与直线BD成α角，且α∈.这样的直线可作__________条． 解析：在平面A1B1C1D1内作m，使m与B1D1相交成α角．∵BD∥B1D1，∴直线m与BD也成α角，即m为所求．且m与BD是异面直线，当α＝时，m只有一条，当α≠时，这样的直线有两条． 答案：两 异面直线所成角的求解技巧 求异面直线所成的角采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．其求解一般步骤为： (1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； (2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角； (3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； (4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角． [跟踪训练] 1．(多选)(2025·济南市质检)三棱柱ABC－A′B′C′中，所有棱长均为2，顶点A在底面A′B′C′上的投影为棱A′C′的中点，D为AC的中点，E是BD上的动点，则(　　) A．三棱柱ABC－A′B′C′的体积为1 B．AC′与平面A′B′C′所成的角为 C．C′E⊥AC D．异面直线AA′与BE所成角为 解析：BC　[三棱柱ABC－A′B′C′中，棱长均为2，令A′C′中点为O，连AO，如图，依题意AO⊥平面A′B′C′，又A′C′⊂平面A′B′C′，所以AO⊥A′C′，又点O为A′C′的中点，所以AC′＝AA′，则三角形AA′C′为等边三角形， 可得AO＝，而S△A′B′C′＝A′C′2＝， 因此三棱柱ABC－A′B′C′的体积VABC－A′B′C′＝S△A′B′C′·AO＝3，A不正确； 由AO⊥平面A′B′C′知，∠AC′A′是AC′与平面A′B′C′所成的角，则∠AC′A′＝，B正确； 因D为AC的中点，又AC′＝CC′＝2，AB＝BC＝2，则有C′D⊥AC，BD⊥AC，C′D∩BD＝D，C′D，BD⊂平面BC′D，因此AC⊥平面BC′D，而C′E⊂平面BC′D，则C′E⊥AC，C正确； 由于AD∥OC′，AD＝OC′，即四边形AOC′D是平行四边形，有C′D∥AO，则有C′D⊥平面A′B′C′， 又平面ABC∥平面A′B′C′，即有C′D⊥平面ABC，而BD⊂平面ABC，则BD⊥C′D， 因BD⊥AC，AC∩C′D＝D，AC，C′D⊂平面ACC′A′，于是得BD⊥平面ACC′A′，而AA′⊂平面ACC′A′，则BD⊥AA′，而E是BD上的动点，因此异面直线AA′与BE所成角为，D不正确．故选BC.] 2．已知三棱锥A­BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为____________． 解析：如图，在三棱锥A­BCD中，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝AB.PN∥CD，且PN＝CD， 所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)． 则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°. ①若∠MPN＝60°， 因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．又因为AB＝CD，所以PM＝PN， 则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°， 即AB与MN所成的角为60°. ②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形． 所以∠PMN＝30°， 即AB与MN所成的角为30°. 综上直线AB和MN所成的角为60°或30°. 答案：60°或30° 学科网（北京）股份有限公司 $