第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦空间点、直线、平面位置关系，覆盖平面基本性质、线线/线面/面面位置关系四大核心考点，按“性质-关系-应用”逻辑架构知识，通过命题透视、知识精讲、题型破译、真题训练等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破共点共面、异面直线夹角等高考高频难点。 资料以直观想象和逻辑推理为核心，创新采用“问题情境-方法提炼-易错警示”教学模式，如题型3通过平移法将异面直线转化为相交直线，结合正方体模型强化空间感知。设置分层变式训练和真题溯源模块，确保高效突破高考高频考点，为教师提供精准复习路径，助力学生提升空间思维与解题能力。

第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1平面的基本性质 知识点2 空间直线与直线的位置关系 知识点3 空间直线与平面的位置关系 知识点 4 空间平面与平面的位置关系 题型破译 题型1 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型2 空间直线位置关系的判断 【方法技巧】 【易错分析】 题型3 异面直线所成角的计算 【方法技巧】 【易错分析】 题型4 线面、面面位置关系的辨析 【方法技巧】 【易错分析】 题型5 空间点线面位置关系的综合探究 【方法技巧】 【易错分析】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 平面的基本性质与共点共线共面 —— —— —— 空间直线的位置关系辨析 —— —— —— 异面直线所成的角 —— 全国一卷T17（15分） —— 直线与平面的位置关系 —— —— 全国Ⅰ卷（文）T11（5分），全国Ⅰ卷（理）T10(5分） 平面与平面的位置关系 —— —— —— 考情分析 空间点、直线、平面之间的位置关系是立体几何的理论基础，是高考必考考点，承接空间几何体结构特征，后续衔接线面平行、垂直的判定与性质及空间向量知识，突出直观想象、逻辑推理核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 4～10 题（5 分），填空题第 13～15 题（5 分），解答题常作为立体几何第 1 问考查线面位置关系证明（5～6 分），总分值 5～12 分；整体难度中等偏下，以基础概念辨析与简单计算为主，常与几何体结构、空间向量交汇。 2. 四大考查方向： a. 平面基本性质的应用，判断共点、共线、共面问题； b. 空间直线位置关系的判定，重点是异面直线的识别与性质； c. 异面直线所成角的计算，以平移法为核心方法； d. 直线与平面、平面与平面位置关系的概念辨析与直观判断。 3. 综合融合：常与棱柱、棱锥等几何体结合，以具体几何体为载体考查位置关系；也可与空间向量、三角函数结合，为后续夹角与距离计算铺垫。 复习目标 1. 掌握平面的基本性质（3 个公理 + 3 个推论），能解决共点、共线、共面证明问题； 2. 掌握空间两条直线的三种位置关系，能判定异面直线，理解平行公理与等角定理； 3. 掌握异面直线所成角的定义与求法，能熟练用平移法计算异面直线夹角； 4. 掌握直线与平面、平面与平面的位置关系分类与符号表示，能准确辨析位置关系； 5. 能以常见几何体为载体，综合分析空间点线面的位置关系，提升空间想象与逻辑推理能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 平面的基本性质 一、平面的概念与表示 平面是无限延展的，无厚度、无大小；通常用平行四边形表示平面，记作平面α、平面β、平面ABCD 等。 二、平面的基本性质（三大公理） 公理 文字语言 符号语言 作用 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 判定直线在平面内；验证平面是否平整 公理 2 过不在一条直线上的三点，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 确定平面的依据；证明点线共面 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 ，且 判定两个平面相交；证明点共线、线共点 三、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。 四、空间点、线、面的位置关系符号表示 · 点在直线上：；点在直线外： · 点在平面内：；点在平面外： · 直线在平面内：；直线在平面外： · 直线与平面交于点： · 平面与平面交于直线： 自主检测在空间中，下列命题是真命题的是（    ） A．三条直线最多可确定1个平面 B．三条直线最多可确定2个平面 C．三条直线最多可确定3个平面 D．三条直线最多可确定4个平面 【答案】C 【分析】根据平面的性质判断即可. 【详解】在空间中，三条直线最多可确定个平面， 例如：三棱锥中的三个侧面. 故选：C 知识点2空间直线与直线的位置关系 一、空间两条直线的位置关系分类 位置关系 共面情况 公共点个数 相交直线 在同一平面内 有且只有一个 平行直线 在同一平面内 没有 异面直线 不同在任何一个平面内 没有 二、平行公理（公理 4） 平行于同一条直线的两条直线互相平行，即平行线的传递性。 符号表示：。 三、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。 · 若两边方向均相同或均相反，则两角相等； · 若一边方向相同，另一边方向相反，则两角互补。 四、异面直线 1. 定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线。 2. 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线。 3. 异面直线所成的角 · 定义：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）。 · 范围：。 · 若两条异面直线所成角是直角，则称这两条异面直线互相垂直，记作。 自主检测（2026·浙江·二模）已知正方体，E为棱的中点，则下列与直线不互为异面直线的是（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】C 【详解】    对于直线，在底面内，不与共面，也不相交,所以是异面直线. 对于直线，与不在同一平面，无交点，不平行，所以是异面直线. 对于直线,与相交于中心点，是相交直线，所以不是异面直线. 对于直线,两者无交点，不平行，不在同一平面内，所以是异面直线. 知识点3空间直线与平面的位置关系 位置关系 直线在平面内 直线与平面相交 直线与平面平行 公共点 有无数个公共点 有且只有一个公共点 没有公共点 符号表示 图形表示 注：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，记作 。 自主检测在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得. 【详解】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误； B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确； C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误； D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点， 由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ， 而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行， 显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误． 故选：B. 知识点4空间平面与平面的位置关系 位置关系 两个平面平行 两个平面相交 公共点 没有公共点 有一条公共直线（无数个公共点） 符号表示 图形表示 自主检测（2025·广东·一模）若空间中四个不同的平面，满足，则下面结论一定正确的是（    ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 【答案】D 【分析】在正方体中找到符合条件的平面，结合找到平面，即可得到的位置关系，由此可得答案. 【详解】 如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，平面为平面，满足， 若平面为平面，满足，此时， 若平面为平面，满足，此时. 由此可得，的位置关系不确定. 故选：D. 题●型●破●译 题型1 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 例1-1（多选题）下列命题为真命题的是（    ） A．过任意三点有且仅有一个平面 B．为直线，为不同的两个平面，若，则 C．为不同的直线，为平面，若，则 D．为不同的直线，为平面，若，则 【答案】BD 【分析】根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，过任意不共线的三点有且仅有一个平面，故A错， 对于B，由于，所以，故B正确， 对于C, 若，则可以异面，也可以相交，也可以，故C错误， 对于D,根据垂直于同一平面的两直线平行，可知D正确. 故选：BD 例1-2（多选题）（2026·湖北武汉·三模）若空间中三条两两不同的直线，，，满足，，，则（    ） A．三条直线可以两两相交 B．三条直线可以两两异面 C．三条直线中必有两条直线平行 D．三条直线必定不共面 【答案】ABD 【详解】如图： 对A：取直线为，直线为，直线为，则直线，，满足条件，且两两相交，故A正确； 对B：取直线为，直线为，直线为，则直线，，满足条件，且两两异面，故B正确； 对C：由B可知，C错误； 对D：假设，，在同一个平面内，由，，可得，这与矛盾， 故，，不可能在同一个平面内，故D正确. 方法技巧 1. 证明点线共面： 纳入法：先由部分元素确定一个平面，再证明其余元素在该平面内； 同一法：分别由两组元素确定两个平面，证明两个平面重合。 2. 证明三点共线：利用公理 3，证明三点均在两个平面的交线上。 3. 证明三线共点：先证两条直线交于一点，再证明该点在第三条直线上（第三条直线是两个平面的交线，该点是两平面的公共点）。 易错分析 1. 确定平面时遗漏 “不共线三点”“直线外一点” 等前提条件； 2. 证明共点时，未说明交点同时属于两个平面，直接默认在交线上； 3. 梯形、平行四边形等平面图形的性质运用不熟练，无法快速找到共面依据。 【变式训练1-1】如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 【答案】D 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故AB正确； 对于C，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. 【变式训练1-2】（多选题）（2025·云南·模拟预测）已知点为空间中的一点，直线过点，且与一对异面直线和均有公共点，则这样的直线可能有（    ） A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条 【答案】ABD 【分析】由题意作出图形，构造两平行平面，根据点与平面，直线的不同位置关系分类考虑即得. 【详解】在直线上任取一点，过该点作直线的平行线.记相交直线和确定平面. 在直线上任取一点，过该点作直线的平行线，记相交直线和确定平面，易知， 则任意两条异面直线和均可分别放在两个相互平行的平面和平面内，如图所示， 当点在平面和平面外时，满足条件的直线有且只有一条(如图1)； 当点在平面或者平面内且在直线a，b外时，满足条件的直线有0条（如图2）； 当点在直线或者直线上时，满足条件的直线有无数条（如图3）. 故选：ABD. 【变式训练1-3】（多选题）（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在空间四边形中，，分别是的中点，分别在上，且，则下列说法正确的是（ ） A．当时，四边形是一个正方形 B．当时， C．当时，四点共面 D．当时，直线相交于一点 【答案】BCD 【分析】根据线线平行得出平行四边形及菱形判断A，B，根据平行得出四点共面判断C，应用平面的基本性质得出三线共点判断D. 【详解】因为分别是的中点，所以， 当时，，所以， 四边形是一个平行四边形，且，易得， 所以四边形是一个菱形，则， 不能得出四边形是一个正方形，所以A错误，B正确； 对于C，当时，，，则， 所以四点共面，C正确； 对于D，当时，，但，而， 所以但不相等，所以四边形是一个梯形， 假设相交于点，因为平面，平面， 又平面平面，所以， 从而可得直线相交于一点，D正确，故选：BCD. 题型2 空间直线位置关系的判断 例2-1（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以所在平面作为下底面还原， 则重合，重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得异面不平行，故A错误； 对于B，显然，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由图可得异面不平行，故D错误. 例2-2（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【分析】A. 由点M与点D重合时判断；B.由点M与点重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；D.先证平面平面，再由平面判断. 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 方法技巧 1. 位置关系判断：从 “是否共面”“有无公共点” 两个维度分析，共面则平行或相交，不共面则异面。 2. 异面直线判定： 定义法：反证法，假设共面推出矛盾； 判定定理：平面内一点 + 平面外一点的连线，与平面内不过该点的直线异面； 载体法：借助正方体、长方体等模型直观判断。 3. 平行传递性：公理 4 只适用于平行直线，垂直不具备空间传递性。 易错分析 1. 误认为 “分别在两个平面内的直线就是异面直线”，忽略两直线可能平行或相交； 2. 空间中垂直不一定相交，异面直线也可以垂直，易受平面思维局限； 3. 反证法使用时，假设不全面，遗漏位置关系的所有情况。 【变式训练2-1】（多选题）（2026·广东广州·三模）在探究正方体表面展开图的活动中，该正方体的表面展开图如图所示，则在该正方体中（     ） A．与异面 B．平面 C．平面 D．平面与平面的夹角为 【答案】ABD 【分析】将展开图还原为正方体，根据异面直线、线面平行、线面垂直、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】将展开图还原为正方体，如下图所示， 由图可知，与是异面直线，A选项正确. 根据正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，所以B选项正确. 由于与所成的角为，所以与平面不垂直，C选项错误. 平面即平面，根据正方体的性质可知， 平面与平面的夹角为，D选项正确. 【变式训练2-2】（多选题）（2025·广东·模拟预测）如图所示，已知A、B、C、D、E、F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（    ）    A．直线AB B．直线BC C．直线CD D．直线DA 【答案】CD 【分析】由异面直线的定义依次分析选项. 【详解】如图所示的正方体中，A、B、C、D、E、F分别是所在棱的中点，    正方体中有且，四边形为平行四边形，有且， 又，，所以且， 所以为梯形，故直线与相交，A错误； 正方体中，因为，所以，故B错误； 因为平面平面，平面，平面， 所以直线与直线无公共点， 又，，所以直线与直线不平行， 即直线与直线是异面直线，故C正确； 因为平面，平面，，故直线与异面，D正确. 故选：CD 【变式训练2-3】（多选题）（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若为的中点，则直线与直线是异面直线 B．若为的中点，点到直线的距离为 C．存在点，使得 D．存在点，使得平面 【答案】BC 【详解】选项A， ， 因为为中点，为中点， 所以，所以与在同一平面，所以和不是异面直线. 选项B， ， 建立如图直角坐标系，设，易得，，， 因此， 因为，，. 所以，. 选项C，设，，所以，， 因为，所以，，解得，即存在符合题意. 选项D，因为， 所以，， 设平面法向量， 因为且, 则且,令可得, 所以解得， 若平面，则，，解得，不满足条件，即不存在符合题意的点. 题型3 异面直线所成角的计算 例3-1（2026·福建泉州·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过中位线得到异面直线与所成角的平面角，根据题意结合余弦定理即可求解；或者将三棱锥扩充为正方体，得到异面直线与所成角的平面角，根据正方体的性质即可求解. 【详解】解法一：如图，分别取，，的中点，，，分别连结，，，，则， ，所以（或其补角）即为直线与所成角， 设，可得，，， ， 在中，由余弦定理可得，， 由于直线与所成角为锐角，故直线与所成角的余弦值为，故D正确. 解法二：如图，把三棱锥扩充为正方体，直线与所成角即为直线与所成角， 因为为等边三角形，所以直线与所成角为， 即直线与所成角的余弦值为，故D正确. 例3-2（多选题）（2026·陕西西安·模拟预测）（多选题）在正方体 中， 为棱 的中点，则（    ） A．过 有且只有一条直线与直线 和 都垂直 B．过 有且只有一个平面与直线 和 都平行 C．过 有且只有一条直线与直线 和 所成角均为 D．过 有且只有一个平面与直线 和 所成角相等 【答案】AB 【分析】根据线面垂直的判定定理及概念判断A；根据线面平行的判定与性质判断B；由异面直线所成角的概念可判断选项C；建立空间直角坐标系，利用向量法表示出线面角，根据法向量判断平面个数即可判断D. 【详解】对于A，因为，若，则，若，， 平面，则平面， 显然满足条件的直线唯一，即，A正确； 对于B，分别取，的中点，，连接，， 因为，，，分别为，的中点， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以，又因为，则， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 所以过有且只有一个平面与直线和都平行，B正确； 对于C，取，的中点连，则，， 若与直线，所成角为45°，则与所成角为45°， 显然的角平分线及其外角平分线均符合，C不正确; 对于D，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则，，，， ，， 设满足题设条件的平面的法向量为，其中， 由题意可得，可得，即， 所以，以或为法向量且过点的平面均满足题意， 故过有无数个平面与直线和所成角相等，D不正确. 方法技巧 求异面直线所成角的核心是平移法，步骤为 “一作、二证、三计算”： 1. 作：通过平移直线，将异面直线转化为相交直线，常用平移方式： 直接平移：利用中点、中位线、平行四边形对边平移； 补形平移：补成长方体、棱柱，借助平行线转化。 2. 证：证明所作的角就是异面直线所成的角（或其补角）。 3. 算：在三角形中利用余弦定理计算角的大小，注意夹角范围为，结果取非负值。 易错分析 1. 平移后未说明角与异面直线夹角的对应关系，直接计算； 2. 忽略异面直线所成角的范围，求出钝角时未取其补角； 3. 三角形边长计算错误，尤其是空间线段长度未用勾股定理验证。 【变式训练3-1】（多选题）（2026·山东·模拟预测）在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（   ） A． B．三棱锥外接球的表面积为 C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为 【答案】AC 【分析】A选项，直接利用勾股定理即可求解； B选项，根据几何关系找到外接球的球心和半径，根据球的表面积计算公式进行求解； C选项，将直线的夹角转化为方向向量的夹角，注意直线夹角的取值范围； D选项，将平面的夹角转化为二面角，注意平面夹角的取值范围. 【详解】 A选项，因为，且，所以平面，则，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以A选项正确； B选项，由A选项分析得，又因为，，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以是直角三角形， 分别作和的中点和，则，因为是直角三角形， 所以，同理可得， 则点即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径为， 所以外接球表面积，所以B选项错误； C选项，， 又因为直线与直线所成的角范围是，所以夹角为，所以C选项正确； D选项，如图所示，分别作，，则异面直线和的夹角即为平面与平面的夹角， 由三角形面积公式可得，所以， 同理可得，则, 而， 而， 其中，， ，， 所以， 所以，即平面与平面的夹角为，所以D选项错误. 【变式训练3-2】（2026·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____ 【答案】 【分析】连接，先证明，可得（或其补角）为直线和所成角，进而结合余弦定理求解即可. 【详解】连接， 在正方体中，因为是的中点，是的中点， 所以，， 则，， 所以四边形为平行四边形，则， 所以（或其补角）为直线和所成角， 设正方体的棱长为2， 则， 所以， 在中，由余弦定理得， ∴ 则异面直线和所成角的正弦值为. 【变式训练3-3·变载体】（2026·江西南昌·模拟预测）正方体中，是平面内一动点，直线与所成角为定值，若点轨迹为抛物线，则____________. 【答案】 【分析】点的轨迹是顶点为、旋转轴平行于的圆锥面与平面的交线，由于是平面内一动点，故当等于直线与平面所成角时，若点轨迹为抛物线，由此计算出. 【详解】如图所示，在正方体中，作交于点， 所以，点的轨迹是顶点为、直线为旋转轴的圆锥面与平面的交线， 由于是平面内一动点，故当等于直线与平面所成角时， 若点轨迹为抛物线,则等于直线与平面所成角， 不妨设正方体边长为， 根据正方体的性质可知，即直线与平面所成角， , 故. 题型4 线面、面面位置关系的辨析 例4-1已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据面面、线面等位置关系，结合平面的基本性质判断线线位置关系. 【详解】因为，，则，又，， 所以，而与可能平行、相交或异面. 故选：D 例4-2（2026·江苏·模拟预测）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，若，则或与为异面直线，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，由线面平行性质定理得存在直线,使得， 因为，则，又因为，则，故C正确； 对于D，若，则或与相交，故D错误. 方法技巧 1. 线面位置关系辨析：紧扣三类位置关系的定义，举反例时优先借助正方体模型； 2. 面面位置关系辨析：明确 “平行则无公共点，相交则有一条公共直线”，注意三点共线时两平面可相交； 3. 否定类命题：通过举反例快速排除，反例优先从正方体、长方体中寻找。 易错分析 1. 忽略 “直线在平面内” 的情况，误认为直线不在平面内就是平行； 2. 平面内三点到另一平面距离相等时，忽略三点在平面两侧的情况，误判为平行； 3. 面面平行判定遗漏 “两条相交直线” 的前提，默认两条平行直线即可判定面面平行。 【变式训练4-1】（2026·湖南株洲·模拟预测）设，是两个不同的平面，则“内至少有一条直线与平行”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由“内至少有一条直线与平行”，可得平面与平面平行或相交，即充分性不成立； 反之：若“”，则“平面内任一条直线与平行”，即必要性成立， 所以“内至少有一条直线与平行”是 “”的必要不充分条件. 【变式训练4-2】（2026·浙江宁波·三模）已知是空间中三个不同的平面，是空间中三条不同的直线，则下列说法正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，当为一正方体共点的三条棱所在直线时，满足，而，A错误； 对于B，当，时，满足，而相交，B错误； 对于C，由，得，C正确； 对于D，当，既不在平面内，也不在平面内时，满足，而相交，错误. 【变式训练4-3】如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（    ） A． B．平面平面ABN C．直线GB与AM是异面直线 D．直线GB与平面AMD无公共点 【答案】D 【分析】根据给定条件，证明判断A；利用线面、面面平行的判定推理判断B；取DM中点O，证得四边形是梯形判断CD作答. 【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，则， 取的中点，连接，如图，点G为MC的中点， 则，且，于是四边形是平行四边形， ，在正方形中，，则， 因此四边形为平行四边形，，而，点G为MC的中点， 有，所以，A正确； 因为，平面，平面，则平面， 又，平面，平面，则平面， 而平面，所以平面平面ABN，B正确； 取DM中点O，连接，则有，即四边形为梯形， 因此直线必相交，而平面AMD，于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误； 显然点平面，点平面，直线平面，点直线，所以直线GB与AM是异面直线，C正确. 故选：D 题型5 空间点线面位置关系的综合探究 例5-1【新考法】已知四面体的所有棱长均为，，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点．有下列结论： ①线段的长度为1； ②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线； ③的余弦值的取值范围为； ④周长的最小值为． 其中正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将正四面体放在正方体中观察 对于①，可根据分别为正方体前后两个面的中心可得出结论； 对于②，取为的中点，取为的中点，此时与相交； 对于③，计算可得，由逼近思想可作出判断； 对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出 【详解】 在棱长为的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为四面体， 显然，分别为正方体前后两个面的中心，故线段的长度为正方体棱长，故 ①对； 对于②： 如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，该三点在一条直线上，故此时与相交于，故②错； 对于③， ，，又有 故 故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，③错误； 对于④，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，故有，当且仅当为中点时取最小值 故在正方体中 故周长的最小值为 故④对 故选：B 例5-2如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据即可求解最小值时，即可求解，利用平移可得为其补角即为异面直线与所成角，由余弦定理即可求解. 【详解】由于三棱柱为直三棱柱，所以底面, 底面,所以, 故, 故当时，此时最小，线段的长度最小值， 由于线段的最小值为，故此时，为中点，故， 连接,则,故为其补角即为异面直线与所成角， , , 故异面直线与所成角的余弦值为 故选：A 方法技巧 1. 轨迹类问题：结合位置关系的判定，分析动点满足的几何条件，转化为平面轨迹（线段、圆弧等）； 2. 长度、个数类探究：分类讨论动点所在棱 / 面的位置，结合几何性质逐一验证； 3. 综合载体分析：优先利用几何体的对称性、平行垂直关系简化问题。 易错分析 1. 变量范围考虑不全，忽略几何约束（如底面半径、高的取值限制）； 2. 基本不等式使用时忽略等号成立条件； 3. 多变量问题无法正确消元，导致无法求解。 【变式训练5-1·变考法】已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为2．其中正确的个数是（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确. 【详解】画出图形： 若为的外心，则， 平面,可得,即，①正确; 若为等边三角形，，又 可得平面，即,由可得 ，矛盾，②错误; 若，设与平面所成角为 可得， 设到平面的距离为 由可得 即有，当且仅当取等号. 可得的最大值为， 即的范围为，③正确； 取中点，的中点，连接 由中位线定理可得平面平面 可得在线段上，而，可得④正确； 所以正确的是：①③④ 故选：C 【变式训练5-2】如图，在棱长为1的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列三个结论： ①； ②点到直线的距离的最小值是； ③当时，三棱锥外接球的表面积为． 其中所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】对①，证明平面即可；对②，根据平面，设，则根据为点到直线的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥外接球的直径为的外接圆直径求解即可. 【详解】对①，连接，交于. 因为为正方体，故，平面， 又平面，则. 又，平面，故平面. 又平面，故，故①正确； 对②，由①可得点到直线的距离为，故当时最小， 此时故，，故②正确； 对③，当时，因为平面，平面，故平面平面，即平面平面. 又，故三棱锥外接球球心在平面上，即三棱锥外接球直径为的外接圆直径. 此时，，， 故，故. 设三棱锥外接球的半径为， 则表面积，故③错误. 综上①②正确. 故选：A 【变式训练5-3】如图，在长方体中，，点E为棱BC上靠近点C的三等分点，点F是长方形内一动点（含边界），且直线，EF与平面所成角的大小相等，则下列说法错误的是（    ） A．平面 B．三棱锥的体积为4 C．存在点F，使得 D．线段的长度的取值范围为 【答案】B 【分析】由已知，选项A，可根据平面平面，利用面面平行的性质推导出平面；选项B，可利用等体积法，去计算；选项C，连接，作交AD于G，连接FG，根据可知，从而确定点F在的中垂线上，当点F与点K重合时，；选项D，根据，结合，分别计算线段的长度的最大值和最小值即可. 【详解】选项A，因为平面平面，平面，所以平面，该选项正确； 选项B，，该选项错误； 选项C，如图1，连接，作交AD于G，连接FG． 因为平面，所以为与平面所成的角． 因为EG⊥平面，所以∠EFG为EF与平面所成的角． 因为，EF与平面所成角的大小相等，所以，则，又因为，所以，则点F在的中垂线上，即点F在线段HⅠ上运动，如图2．当点F与点K重合时，，该选项正确； 选项D，因为，E为棱BC上靠近C的三等分点，所以，AG＝4，则．因为，所以．当点F在点Ⅰ或点H处时，线段的长度取到最大值，最大值为；当点F在点K处时，线段的长度取到最小值，最小值为．所以线段的长度的取值范围为，该选项正确． 故选：B. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2023·上海·高考真题）如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据异面直线的定义一一判断即可. 【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点， 而，所以共面，则、在平面上，故A不符题意； 因为，即共面， 易知平面，而平面，，， 故与异面，故B符合题意； 当、重合时，易知， 则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意； 当、重合时，显然，相交，故D不符合题意. 故选：B. 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 3．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，若，，则或， 当时，，则或者与斜交或者， 当时，，则或者与斜交或者，故A错误； 对于B，若，，，可在取作为的法向量， 由于，故，即，则，故B正确； 对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：B 4．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 二、填空题 5．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 【答案】 【分析】过作交底面圆锥于点，则为异面直线与所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得的取值范围，从而得所求最值. 【详解】 如图，过作交底面圆锥于点，连接， 因为，则为异面直线与所成角， 所以， 又，所以，即， 因为，函数在上单调递减，所以， 故异面直线与所成角的最小值为. 故答案为：. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、单选题 1．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析. 【详解】解法一： 如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，于点H，连接， 易得，又平面，则平面，又平面，则， 有 故． 已知， 故为所求． 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选B． 二、填空题 2．在棱长为1的正方体中，点A到平面的距离等于__________；直线DC到平面的距离等于_________；平面到平面的距离等于__________． 【答案】 【分析】根据点面距、线面距、面面距的定义及正方体的性质计算可得； 【详解】解：在棱长为的正方体中，面，所以即为点A到平面的距离，故点A到平面的距离为，因为，面，面，所以面，所以即为直线DC到平面的距离，故直线DC到平面的距离为，又平面平面，所以平面到平面的距离为 故答案为：，， 三、解答题 3．如图，m，n是平面内的两条相交直线.如果，，求证：.      【答案】证明:在平面内作任意一条直线g，分别在直线l，m，n，g上取非零向量，，，. 因为直线m与n相交，所以向量，不平行. 由向量共面的充要条件可知，存在唯一的有序实数对，使. 将上式两边分别与向量作数量积运算， 得. 因为，， 所以. 所以. 这就证明了直线l垂直于平面内的任意一条直线， 所以. 【分析】要证明，就是要证明l垂直于内的任意一条直线g（直线与平面垂直的定义）.如果我们能在g和m，n之间建立某种联系，并由，，得到，那么就能解决此问题. 4．如图，四边形ABCD是平行四边形，过平面AC外一点O作射线OA，OB，OC，OD，在四条射线上分别取点E，F，G，H，并且使．求证：E，F，G，H四点共面． 【答案】 因为从所在平面外一点O作射线OA，OB，OC，OD，在四条射线上分别取点E，F，G，H，且满足，则有向量，，，， 而在中，有，所以 故E，F，G，H四点共面，证毕. 【分析】利用共面向量定理证明，由可得四点共面. 【详解】略 5．如图，在三棱锥中，，，M，N分别是AD，BC的中点．求异面直线AN，CM所成角的余弦值． 【答案】 【分析】连结，取的中点，连结，推导出异面直线，所成角就是，利用余弦定理解三角形，能求出结果． 【详解】连结，取的中点，连结， 则，是异面直线，所成的角， ，，， 又，， ， 异面直线，所成的角的余弦值为． 2 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1平面的基本性质 知识点2 空间直线与直线的位置关系 知识点3 空间直线与平面的位置关系 知识点 4 空间平面与平面的位置关系 题型破译 题型1 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型2 空间直线位置关系的判断 【方法技巧】 【易错分析】 题型3 异面直线所成角的计算 【方法技巧】 【易错分析】 题型4 线面、面面位置关系的辨析 【方法技巧】 【易错分析】 题型5 空间点线面位置关系的综合探究 【方法技巧】 【易错分析】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 平面的基本性质与共点共线共面 —— —— —— 空间直线的位置关系辨析 —— —— —— 异面直线所成的角 —— 全国一卷T17（15分） —— 直线与平面的位置关系 —— —— 全国Ⅰ卷（文）T11（5分），全国Ⅰ卷（理）T10(5分） 平面与平面的位置关系 —— —— —— 考情分析 空间点、直线、平面之间的位置关系是立体几何的理论基础，是高考必考考点，承接空间几何体结构特征，后续衔接线面平行、垂直的判定与性质及空间向量知识，突出直观想象、逻辑推理核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 4～10 题（5 分），填空题第 13～15 题（5 分），解答题常作为立体几何第 1 问考查线面位置关系证明（5～6 分），总分值 5～12 分；整体难度中等偏下，以基础概念辨析与简单计算为主，常与几何体结构、空间向量交汇。 2. 四大考查方向： a. 平面基本性质的应用，判断共点、共线、共面问题； b. 空间直线位置关系的判定，重点是异面直线的识别与性质； c. 异面直线所成角的计算，以平移法为核心方法； d. 直线与平面、平面与平面位置关系的概念辨析与直观判断。 3. 综合融合：常与棱柱、棱锥等几何体结合，以具体几何体为载体考查位置关系；也可与空间向量、三角函数结合，为后续夹角与距离计算铺垫。 复习目标 1. 掌握平面的基本性质（3 个公理 + 3 个推论），能解决共点、共线、共面证明问题； 2. 掌握空间两条直线的三种位置关系，能判定异面直线，理解平行公理与等角定理； 3. 掌握异面直线所成角的定义与求法，能熟练用平移法计算异面直线夹角； 4. 掌握直线与平面、平面与平面的位置关系分类与符号表示，能准确辨析位置关系； 5. 能以常见几何体为载体，综合分析空间点线面的位置关系，提升空间想象与逻辑推理能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 平面的基本性质 一、平面的概念与表示 平面是 ；通常用平行四边形表示平面，记作平面α、平面β、平面ABCD 等。 二、平面的基本性质（三大公理） 公理 文字语言 符号语言 作用 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 判定直线在平面内；验证 公理 2 过不在一条直线上的三点，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 确定平面的依据；证明点线共面 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 ，且 判定两个平面相交；证明点共线、线共点 三、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。 四、空间点、线、面的位置关系符号表示 · 点在直线上：；点在直线外： · 点在平面内：；点在平面外： · 直线在平面内：；直线在平面外： · 直线与平面交于点： · 平面与平面交于直线： 自主检测在空间中，下列命题是真命题的是（    ） A．三条直线最多可确定1个平面 B．三条直线最多可确定2个平面 C．三条直线最多可确定3个平面 D．三条直线最多可确定4个平面 知识点2空间直线与直线的位置关系 一、空间两条直线的位置关系分类 位置关系 共面情况 公共点个数 相交直线 在同一平面内 平行直线 在同一平面内 没有 异面直线 不同在任何一个平面内 没有 二、平行公理（公理 4） 平行于同一条直线的两条直线互相平行，即平行线的传递性。 符号表示：。 三、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 。 · 若两边方向均相同或均相反，则两角相等； · 若一边方向相同，另一边方向相反，则两角互补。 四、异面直线 1. 定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线。 2. 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线。 3. 异面直线所成的角 · 定义：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）。 · 范围： 。 · 若两条异面直线所成角是直角，则称这两条异面直线互相垂直，记作。 自主检测（2026·浙江·二模）已知正方体，E为棱的中点，则下列与直线不互为异面直线的是（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 知识点3空间直线与平面的位置关系 位置关系 直线在平面内 直线与平面相交 直线与平面平行 公共点 有无数个公共点 有且只有一个公共点 没有公共点 符号表示 图形表示 注：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，记作 。 自主检测在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（    ） A． B． C． D． 知识点4空间平面与平面的位置关系 位置关系 两个平面平行 两个平面相交 公共点 没有公共点 有一条公共直线（无数个公共点） 符号表示 图形表示 自主检测（2025·广东·一模）若空间中四个不同的平面，满足，则下面结论一定正确的是（    ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 题●型●破●译 题型1 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 例1-1（多选题）下列命题为真命题的是（    ） A．过任意三点有且仅有一个平面 B．为直线，为不同的两个平面，若，则 C．为不同的直线，为平面，若，则 D．为不同的直线，为平面，若，则 例1-2（多选题）（2026·湖北武汉·三模）若空间中三条两两不同的直线，，，满足，，，则（    ） A．三条直线可以两两相交 B．三条直线可以两两异面 C．三条直线中必有两条直线平行 D．三条直线必定不共面 方法技巧 1. 证明点线共面： 纳入法：先由部分元素确定一个平面，再证明其余元素在该平面内； 同一法：分别由两组元素确定两个平面，证明两个平面重合。 2. 证明三点共线：利用公理 3，证明三点均在两个平面的交线上。 3. 证明三线共点：先证两条直线交于一点，再证明该点在第三条直线上（第三条直线是两个平面的交线，该点是两平面的公共点）。 易错分析 1. 确定平面时遗漏 “不共线三点”“直线外一点” 等前提条件； 2. 证明共点时，未说明交点同时属于两个平面，直接默认在交线上； 3. 梯形、平行四边形等平面图形的性质运用不熟练，无法快速找到共面依据。 【变式训练1-1】如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 【变式训练1-2】（多选题）（2025·云南·模拟预测）已知点为空间中的一点，直线过点，且与一对异面直线和均有公共点，则这样的直线可能有（    ） A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条 【变式训练1-3】（多选题）（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在空间四边形中，，分别是的中点，分别在上，且，则下列说法正确的是（ ） A．当时，四边形是一个正方形 B．当时， C．当时，四点共面 D．当时，直线相交于一点 题型2 空间直线位置关系的判断 例2-1（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 例2-2（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 方法技巧 1. 位置关系判断：从 “是否共面”“有无公共点” 两个维度分析，共面则平行或相交，不共面则异面。 2. 异面直线判定： 定义法：反证法，假设共面推出矛盾； 判定定理：平面内一点 + 平面外一点的连线，与平面内不过该点的直线异面； 载体法：借助正方体、长方体等模型直观判断。 3. 平行传递性：公理 4 只适用于平行直线，垂直不具备空间传递性。 易错分析 1. 误认为 “分别在两个平面内的直线就是异面直线”，忽略两直线可能平行或相交； 2. 空间中垂直不一定相交，异面直线也可以垂直，易受平面思维局限； 3. 反证法使用时，假设不全面，遗漏位置关系的所有情况。 【变式训练2-1】（多选题）（2026·广东广州·三模）在探究正方体表面展开图的活动中，该正方体的表面展开图如图所示，则在该正方体中（     ） A．与异面 B．平面 C．平面 D．平面与平面的夹角为 【变式训练2-2】（多选题）（2025·广东·模拟预测）如图所示，已知A、B、C、D、E、F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（    ）    A．直线AB B．直线BC C．直线CD D．直线DA 【变式训练2-3】（多选题）（2026·湖南长沙·三模）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱上（含端点）的动点，为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若为的中点，则直线与直线是异面直线 B．若为的中点，点到直线的距离为 C．存在点，使得 D．存在点，使得平面 题型3 异面直线所成角的计算 例3-1（2026·福建泉州·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 例3-2（多选题）（2026·陕西西安·模拟预测）（多选题）在正方体 中， 为棱 的中点，则（    ） A．过 有且只有一条直线与直线 和 都垂直 B．过 有且只有一个平面与直线 和 都平行 C．过 有且只有一条直线与直线 和 所成角均为 D．过 有且只有一个平面与直线 和 所成角相等 方法技巧 求异面直线所成角的核心是平移法，步骤为 “一作、二证、三计算”： 1. 作：通过平移直线，将异面直线转化为相交直线，常用平移方式： 直接平移：利用中点、中位线、平行四边形对边平移； 补形平移：补成长方体、棱柱，借助平行线转化。 2. 证：证明所作的角就是异面直线所成的角（或其补角）。 3. 算：在三角形中利用余弦定理计算角的大小，注意夹角范围为，结果取非负值。 易错分析 1. 平移后未说明角与异面直线夹角的对应关系，直接计算； 2. 忽略异面直线所成角的范围，求出钝角时未取其补角； 3. 三角形边长计算错误，尤其是空间线段长度未用勾股定理验证。 【变式训练3-1】（多选题）（2026·山东·模拟预测）在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（   ） A． B．三棱锥外接球的表面积为 C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为 【变式训练3-2】（2026·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____ 【变式训练3-3·变载体】（2026·江西南昌·模拟预测）正方体中，是平面内一动点，直线与所成角为定值，若点轨迹为抛物线，则____________. 题型4 线面、面面位置关系的辨析 例4-1已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，，则（    ） A． B． C． D． 例4-2（2026·江苏·模拟预测）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 方法技巧 1. 线面位置关系辨析：紧扣三类位置关系的定义，举反例时优先借助正方体模型； 2. 面面位置关系辨析：明确 “平行则无公共点，相交则有一条公共直线”，注意三点共线时两平面可相交； 3. 否定类命题：通过举反例快速排除，反例优先从正方体、长方体中寻找。 易错分析 1. 忽略 “直线在平面内” 的情况，误认为直线不在平面内就是平行； 2. 平面内三点到另一平面距离相等时，忽略三点在平面两侧的情况，误判为平行； 3. 面面平行判定遗漏 “两条相交直线” 的前提，默认两条平行直线即可判定面面平行。 【变式训练4-1】（2026·湖南株洲·模拟预测）设，是两个不同的平面，则“内至少有一条直线与平行”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式训练4-2】（2026·浙江宁波·三模）已知是空间中三个不同的平面，是空间中三条不同的直线，则下列说法正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【变式训练4-3】如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（    ） A． B．平面平面ABN C．直线GB与AM是异面直线 D．直线GB与平面AMD无公共点 题型5 空间点线面位置关系的综合探究 例5-1【新考法】已知四面体的所有棱长均为，，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点．有下列结论： ①线段的长度为1； ②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线； ③的余弦值的取值范围为； ④周长的最小值为． 其中正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 例5-2如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 方法技巧 1. 轨迹类问题：结合位置关系的判定，分析动点满足的几何条件，转化为平面轨迹（线段、圆弧等）； 2. 长度、个数类探究：分类讨论动点所在棱 / 面的位置，结合几何性质逐一验证； 3. 综合载体分析：优先利用几何体的对称性、平行垂直关系简化问题。 易错分析 1. 变量范围考虑不全，忽略几何约束（如底面半径、高的取值限制）； 2. 基本不等式使用时忽略等号成立条件； 3. 多变量问题无法正确消元，导致无法求解。 【变式训练5-1·变考法】已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为2．其中正确的个数是（    ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练5-2】如图，在棱长为1的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列三个结论： ①； ②点到直线的距离的最小值是； ③当时，三棱锥外接球的表面积为． 其中所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【变式训练5-3】如图，在长方体中，，点E为棱BC上靠近点C的三等分点，点F是长方形内一动点（含边界），且直线，EF与平面所成角的大小相等，则下列说法错误的是（    ） A．平面 B．三棱锥的体积为4 C．存在点F，使得 D．线段的长度的取值范围为 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2023·上海·高考真题）如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（ ） A． B． C． D． 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 3．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 4．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、填空题 5．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、单选题 1．是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 2．在棱长为1的正方体中，点A到平面的距离等于__________；直线DC到平面的距离等于_________；平面到平面的距离等于__________． 三、解答题 3．如图，m，n是平面内的两条相交直线.如果，，求证：.      4．如图，四边形ABCD是平行四边形，过平面AC外一点O作射线OA，OB，OC，OD，在四条射线上分别取点E，F，G，H，并且使．求证：E，F，G，H四点共面． 5．如图，在三棱锥中，，，M，N分别是AD，BC的中点．求异面直线AN，CM所成角的余弦值． 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $