第7单元 02 第42讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（北师大版）

该高中数学讲义聚焦空间点线面位置关系高考核心考点，依据课标要求以长方体为直观载体，系统梳理4个基本事实、3个推论及空间位置关系分类、等角定理，通过基础填空梳理知识，题组训练（常识题巩固基础、常错题辨析误区）强化理解，例题与变式题精讲共面共点证明、异面直线判定等方法，构建“梳理-训练-精讲-强化”的系统性复习流程。 讲义突出数学眼光与思维培养，如借助长方体模型抽象空间关系发展几何直观，用反证法判定异面直线训练逻辑推理，规范符号语言表达位置关系。设置分层练习与方法总结（如共面问题“先定面再证线”步骤），帮助学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生空间想象与解题能力提供有力支撑。

第42讲　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4个基本事实和1个定理. 1.基本事实 基本事实1:过　　　　　　　　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　　　　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　　　　.  2.三个推论 推论1:一条直线和该　　　　　一点确定一个平面.  推论2:两条　　　　直线确定一个平面.  推论3:两条　　　　直线确定一个平面.  3.空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类 (2)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　　　　　　.  4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 符号语言 公共点 直线与 平面 相交 a∩α=A 　　　个  平行 a∥α 　　　个  在平 面内 a⊂α 　　　个  平面与 平面 平行 α∥β 　　　个  相交 α∩β=l 　　　个  题组一　常识题 1.[教材改编] 已知下列四个说法: ①三点确定一个平面;②两个平面可以只有一个公共点;③三条平行直线一定共面;④三条直线两两相交,可以确定1个或3个平面. 其中正确的说法的序号是　　　　.  2.[教材改编] 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　　　　.  3.[教材改编] 已知角α的两边和角β的两边分别平行且α=60°,则β=　　　　.  题组二　常错题 ◆索引:对异面直线的概念理解不清致误;等角定理理解不透致误;判断空间点、线、面位置关系时不全面或不清楚致误. 4.已知α是一个平面,m,n是两条不同的直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是　　　　.(填序号)  ①垂直;②相交;③异面;④平行. 5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面是梯形,AB∥CD,则所有与∠A1AB相等的角是　　　　.  6.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则 (1)当AC,BD满足条件　　　　时,四边形EFGH为菱形;  (2)当AC,BD满足条件　　　　　　　时,四边形EFGH为正方形.  　平面的基本事实与推论的应用 例1 如图,在多面体ABCDEFGH中,四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形,四边形ABGF和四边形ADEF均为梯形,其中AB∥FG,AD∥EF,且AB=2FG. (1)证明:B,D,E,G四点共面. (2)证明:AF,BG,DE三条直线交于一点.     总结反思 证明共面、共线、共点问题的一般方法: (1)证明共面的方法: ①先确定一个平面,然后证明其余的线(或点)在这个平面内;②证明两平面重合. (2)证明共线的方法: ①先由两点确定一条直线,再证明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上. (3)证明共点的方法:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点. 变式题 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.     　异面直线的判定 例2 (1)[2025·山东济南三模] 如图,下列正方体中,M,N,P,Q分别为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线MN和PQ为异面直线的是 (　 ) A B C D (2)若a和b是异面直线,b和c是异面直线,则a和c的位置关系是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.异面或平行 B.异面或相交 C.异面 D.相交、平行或异面 总结反思 异面直线的判定方法: ①利用反证法,先假设两条直线不是异面直线,即两条直线平行或相交,由假设出发,经过严格的推理,导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线是异面直线; ②根据定理: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的直线是异面直线来判断. 变式题 (1)已知直线a,m,n,l,且m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.若l满足l⊥m,l⊥n,则下列说法中正确的是 (　 ) A.l∥α B.l⊥β C.若α∩β=a,则a∥l D.α⊥β (2)(多选题)[2025·福建宁德联考] 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 (　 ) 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 　等角定理的应用 例3 如图所示,△ABC和△A'B'C'的对应顶点的连线AA',BB',CC'交于同一点O,且===,则=　　　　.  总结反思 利用等角定理解题的步骤: ①找平行:即观察空间图形,判断两个角的两边是否分别对应平行; ②用定理:利用等角定理,得两个角相等或互补,从而解决相关的问题; ③下结论:若是证明角相等,需注意角两边的方向,即可得证;若是面积比,就利用任意三角形的面积公式,即可得结果. 变式题 (多选题)如图所示,在四面体A-BCD中,M,N,P,Q,E分别是AB,BC,CD,AD,AC的中点,则下列说法正确的是 (　 ) A.四边形MNPQ是菱形 B.∠QME=∠DBC C.△BCD∽△MEQ D.四边形MNPQ为矩形 学科网（北京）股份有限公司 $ 第42讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 ● 课前基础巩固 【知识聚焦】 1.不在一条直线上　两个点　平行 2.直线外　相交　平行 3.(1)相交　平行　任何 (2)相等或互补 4.1　0　无数　0　无数 【对点演练】 1.④　[解析] 对于①,共线的三点不能确定一个平面,故①错误;对于②,若两个平面有一个公共点,则这两个平面有一条经过该点的公共直线,该交线上有无数个公共点,故②错误;对于③,三条平行直线可能共面,也可能有一条直线在另外两条平行直线确定的平面外,故③错误;对于④,当三条直线两两相交且三个交点不重合时,三条直线共面,当三条直线两两相交于一个点时,这三条直线可能在同一个平面内,也可能不共面,此时其中任意两条直线都可以确定一个平面,共可以确定3个平面,故④正确.故填④. 2.直线CD　[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. 3.60°或120°　[解析] 角α的两边和角β的两边分别平行且α=60°,由等角定理可知,β=α或β+α=180°,则β=60°或120°. 4.④　[解析] 依题意,m∩α=A,n⊂α,∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例),m与n一定不平行.故填④. 5.∠D1DC,∠D1C1C,∠A1B1B [解析] 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥DC,AA1∥DD1,并且∠D1DC与∠A1AB的方向相同,根据等角定理,∠D1DC=∠A1AB,又四边形A1ABB1、四边形D1DCC1都是平行四边形,所以∠A1B1B=∠D1C1C=∠A1AB,所以与∠A1AB相等的角是∠D1DC,∠D1C1C,∠A1B1B. 6.(1)AC=BD　(2)AC=BD且AC⊥BD　[解析] (1)由题意知,EF∥AC,EH∥BD,HG∥AC,FG∥BD,且EF=AC,EH=BD,HG=AC,FG=BD,∴四边形EFGH为平行四边形,∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,∴AC=BD. (2)∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∴AC=BD且AC⊥BD. ● 课堂考点探究 例1　[思路点拨] (1)欲证B,D,E,G四点共面,观图作出辅助线,只需证GE∥BD,即可得结果;(2)欲证AF,BG,DE三条直线交于一点,先说两线交于一点,即延长AF,BG,设它们交于一点,再证DE经过这个交点,利用三角形相似与相似比,即可得结果. 证明:(1)如图①,取AB,AD的中点分别为S,T,连接GS,ET,ST,则ST∥BD,因为四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形,AB=2FG,且AB∥FG,AD∥EF,所以四边形FGSA,FETA均为平行四边形,所以GS∥FA∥ET,GS=FA=ET, 所以四边形GETS为平行四边形,所以GE∥TS,所以GE∥BD, 所以B,D,E,G四点共面. (2)如图②,延长AF,BG,设它们交于一点S,因为AB∥FG,且AB=2FG,所以△SFG∽△SAB, 则==. 延长AF,DE,设它们交于一点Q, 因为AD=2EF,且AD∥EF,所以△QEF∽△QDA,则==. 综上,S和Q是同一个点,所以AF,BG,DE三条直线交于一点. 变式题　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D,B,F,E四点共面. (2)设平面ACC1A1为α,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,所以P,Q,R三点共线. (3)因为EF∥BD且EF<BD,所以DE与BF相交,设交点为M,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. 例2　[思路点拨] (1)由已知,结合正方体的结构特征及基本事实4、异面直线的定义,逐项判断;(2)借助长方体,判断直线a,c的位置关系. (1)D　(2)D　[解析] (1)对于A,如图①,因为PQ∥CD∥AB∥MN,所以M,N,P,Q四点共面,故A不符合题意;对于B,如图②,因为MP∥GH∥EF∥NQ,所以M,N,P,Q四点共面,故B不符合题意;对于C,如图③,因为MP∥KL∥NQ,所以M,N,P,Q四点共面,故C不符合题意;对于D,如图④,因为PQ∈平面MPQ,N∉平面MPQ,M∈平面MPQ,M∉直线PQ,所以MN与PQ是异面直线,故D符合题意.故选D. (2)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中. ①若直线AA1记为直线a,直线BC记为直线b,直线B1A1记为直线c,此时a和c相交;②若直线AA1记为直线a,直线BC记为直线b,直线DD1记为直线c,此时a和c平行;③若直线AA1记为直线a,直线BC记为直线b,直线C1D1记为直线c,此时a和c异面.故选D. 变式题　(1)C　(2)BD　[解析] (1)若α∩β=a,因为m⊥平面α,a⊂α,所以m⊥a,同理n⊥a,过m上一点作直线n的平行线n1,则n1⊥a,设由m和n1确定的平面为γ,则a⊥γ,而l⊥m,l⊥n,同上可知l⊥γ,故a∥l,选项C正确;有可能l⊂α,所以选项A错误;由上可知a∥l,且a⊂β,所以l∥β或l⊂β,选项B错误;α⊥β不一定成立,选项D错误.故选C. (2)对于A,因为M,C,C1三点都在平面CDD1C1内,M点不在直线CC1上,A点不在平面CDD1C1内,所以直线AM与CC1是异面直线,故A错误;对于B,因为B,N,B1三点都在平面BCC1B1内,B1点不在直线BN上,M点不在平面BCC1B1内,所以直线BN与MB1是异面直线,故B正确;对于C,如图,取DD1的中点E,连接AE,EN,因为N为C1C的中点,所以EN∥CD∥AB,AB=CD=EN,所以四边形ABNE是平行四边形,所以AE∥BN,又AM∩AE=A,所以AM与BN不平行,故C错误;对于D,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BA1∥D1C,所以MN∥A1B,所以A1,B,M,N四点共面,所以直线A1M与BN共面,故D正确.故选BD. 例3　[思路点拨] 观察空间图形的特征,利用等角定理,判断∠BAC与∠B'A'C',∠ABC与∠A'B'C'的关系,再利用===,即可得的值. 　[解析] 因为AA'∩BB'=O,且==,所以AB∥A'B',同理AC∥A'C',BC∥B'C',因为A'B'∥AB,A'C'∥AC,所以∠BAC=∠B'A'C',同理∠ABC=∠A'B'C',所以△ABC∽△A'B'C',因为==,所以==. 变式题　BC　[解析] 由三角形中位线的性质知MQ∥BD,MQ=BD,NP∥BD,NP=BD,所以MQ∥NP,MQ=NP,所以四边形MNPQ为平行四边形,但不能确定是否为菱形或矩形,故A,D不正确.在△ABC中,由中位线定理得ME∥BC,在△ABD中,由中位线定理得MQ∥BD,所以由等角定理知,∠QME=∠DBC,故B正确.在△ADC中,由中位线定理得QE∥DC,因为ME∥BC,MQ∥BD,QE∥DC,所以∠QME=∠DBC,∠QEM=∠DCB,∠MQE=∠BDC,所以△BCD∽△MEQ,故C正确.故选BC. 学科网（北京）股份有限公司 $