第七章 3 第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（湘教版）

该高中数学讲义聚焦空间点、直线、平面位置关系高考核心考点，依课程标准构建“基本事实及推论—位置关系分类—异面直线所成角”知识体系。通过考点梳理、模型辅助理解、真题训练等环节，帮助学生突破空间观念难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以长方体模型为载体培养几何直观，通过四点共面证明、三线共点推导等活动发展逻辑推理能力。设计变式探究如调整棱长求异面直线所成角，结合真题与教材例题对比强化应用意识，助力学生高效提升空间想象与解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系 【课程标准】　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定理．　3.了解空间中直线与直线的关系(平行、相交、异面)． 1．与平面有关的基本事实及推论 (1)与平面有关的三个基本事实 基本事实 内容 图形 符号 基本 事实1 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 A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α 基本 事实2 过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，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 P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l (2)基本事实1和基本事实2的三个推论 推论 内容 图形 作用 推论1 一条直线和直线外一点确定一个平面 确定 平面 的依据 推论2 两条相交直线确定一个平面 推论3 两条平行直线确定一个平面 2.空间直线、平面之间的位置关系 (1)空间中直线与直线的位置关系 位置关系 特点 相交 在同一个平面内，两条直线有且只有一个公共点 平行 在同一个平面内，两条直线没有公共点 异面 两条直线不同在任何一个平面内，没有公共点，与平面相交的直线与该平面内不过该交点的直线是异面直线 (2)空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 图形(语言) 写法(符号语言) 公共点情况 直线与平面 在平面内 a⊂α 无数个 相交 a∩α＝A 1个 平行 a∥α 0个 平面与平面 相交 α∩β＝a 无数个 平行 α∥β 0个 [微提醒]　(1)基本事实3可用于证明点共线与线共点．(2)直线l和平面α相交、直线l和平面α平行统称为直线l在平面α外，记作l⊄α. 3．基本事实4和等角定理 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 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． 学生用书第180页 4.异面直线所成的角 (1)定义：已知a，b是两条异面直线，在空间任取一点P，过点P分别作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角或直角叫作异面直线a与b所成的角． (2)范围：． [微提醒]　(1)两直线垂直有两种情况——异面垂直和相交垂直．(2)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． 【常用结论】 (1)异面直线的判定 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． (2)唯一性定理 ①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行． ②过直线外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条直线与已知平面垂直． ④过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． 【自主检测】 1．(多选)下列结论错误的有(　　) A．两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线 B．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 C．如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合 D．没有公共点的两条直线是异面直线 答案：ACD 2．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α∥β，则a与b(　　) A．共面 B．平行 C．是异面直线 D．可能平行，也可能是异面直线 答案：D 解析：α∥β，说明a与b无公共点，所以a与b可能平行也可能是异面直线．故选D． 3．下列命题正确的是(　　) A．两个平面如果有公共点，那么一定相交 B．两个平面的公共点一定共线 C．两个平面有三个公共点一定重合 D．过空间任意三点，一定有一个平面 答案：D 解析：如果两个平面重合，则排除A、B；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点． 4．三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________部分． 答案：8　4 解析：三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分． 考点一　空间两条直线位置关系自主练透 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(　　) 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 答案：D 解析：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．故选D． 2．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(　　) 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 答案：D 解析：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． 若l与l1，l2中的一条相交，如图①所示，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；若l与l1，l2都相交，如图②所示，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．故选D． 3．如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论： ①直线AM与CC1是相交直线； ②直线AM与BN是平行直线； ③直线BN与MB1是异面直线； ④直线AM与DD1是异面直线． 其中正确结论的序号是________． 答案：③④ 解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线． 4．(2020·全国Ⅱ卷改编)设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l. 则上述命题中的真命题是________． 答案：p1，p4 解析：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l2⊂α，l3⊂α，l1⊂α，所以p1是真命题．对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面；当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题．对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题．对于p4，很显然p4是真命题． 点、线、面位置关系的判定 1．点、线、面位置关系的判定：注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体模型直观感知并认识空间点、线、面的位置关系． 2．两条直线异面的判定：反证法或利用异面直线的判定定理．　　 学生用书第181页 考点二　平面基本事实的应用师生共研 如图所示，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，AA1的中点，连接D1F，CE.求证： (1)E，C，D1，F四点共面； (2)CE，D1F，DA三线共点． 证明：(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B， 因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B，且EF＝A1B. 又因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1， 所以EF与CD1能够确定一个平面ECD1F，即E，C，D1，F四点共面． (2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝CD1， 所以四边形CD1FE是梯形， 所以直线CE与D1F必相交，设交点为P，如图， 则P∈CE，且P∈D1F， 因为CE⊂平面ABCD，D1F⊂平面A1ADD1， 所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1. 又因为平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD， 所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三线共点． [变式探究] (变条件、变问法)若本例中平面BB1D1D与A1C交于点M，求证：B，M，D1三点共线． 证明：如图所示，连接BD1，BD，B1D1，A1C， 因为BD1与A1C均为正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线，所以BD1与A1C相交， 设BD1与A1C的交点为O，则B，O，D1三点共线， 因为BD1⊂平面BB1D1D，所以A1C与平面BB1D1D的交点和A1C与BD1的交点重合， 即M与O重合，故B，M，D1三点共线． 共面、共线、共点问题的证明方法 对点练1．(1)(多选)如图，在正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是(　　) (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AC B．直线AB C．直线CD D．直线BC 答案：(1)ABC　(2)C 解析：(1)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．故选ABC． (2)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.故选C． 考点三　异面直线所成的角师生共研 在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图，连接BD1，交DB1于点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所成的角或其补角．因为在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以OM＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos ∠MOD＝.故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C． [变式探究] 1．(变条件，变设问)若将本例中条件“AA1＝”变为“AA1＝2”，其他条件不变，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为________． 答案： 解析：如图，连接A1C1，BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1(或其补角)为异面直线A1B与AD1所成的角．由AB＝BC＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，所以.故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 2．(变条件，变设问)若将本例中条件“AA1＝”变为“异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为”，则AA1的值为________． 答案：3 解析：设AA1＝t，因为AB＝BC＝1，所以A1C1＝.因为AD1∥BC1，所以∠A1BC1为异面直线A1B与AD1所成的角(或其补角)，所以|cos ∠A1BC1|＝＝，解得t＝3，则AA1＝3. 平移法求异面直线所成的角的三个步骤 一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； 二证：证明作出的角是异面直线所成的角； 三求：解三角形，求出所作的角．　　 学生用书第182页 对点练2．(1)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． (2)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P，Q分别为BC，A1B1的中点，则异面直线PQ与A1C1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：(1)D　(2)C 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为的中点，设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝，所以AE＝.连接ED，则ED＝.因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD(或其补角)．在△EAD中，cos ∠EAD＝，所以异面直线AE与 BC所成角的余弦值为.故选D． (2)如图，取AB的中点M，连接QM，MP，AC，设正方体的棱长为2，由于M，P分别为AB，BC的中点，则MP∥AC，又在正方体中，AC∥A1C1，因此可得A1C1∥MP，故∠QPM(或其补角)即为异面直线PQ与A1C1所成的角，因为QM∥AA1，所以QM⊥平面ABCD，因为MP⊂平面ABCD，所以QM⊥MP，在Rt△QMP中，sin ∠QPM＝，所以异面直线PQ与A1C1所成角的正弦值为.故选C． [真题再现]　(2021·全国乙卷)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：法一：如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，连接C1P，BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角，设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，则BC1＝2，在△BPC1中，cos ∠PBC1＝，所以∠PBC1＝.故选D． 法二：如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角，由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形 ，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝，故直线PB与AD1所成的角为.故选D． [教材呈现]　(湘教版必修二P156例5)如图，已知ABCD -A1B1C1D1是棱长为a的正方体． (1)求异面直线AA1与BC所成的角； (2)求异面直线BC1与AC所成的角． 点评：该高考题和教材例题类似，无论是问题的载体，还是考查角度、解题方法完全一样．其实就是在教材例题的基础上稍微换了一条直线而已． 学科网（北京）股份有限公司 $