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第 02 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
本讲为高考命题热点，通常以选择题出现，但出现频次较少，往往与其他知识点结合，考
察空间想象能力与逻辑推理能力.
考点一 平面的基本性质
(1)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.
(2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.
(3)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.
考点二 空间点、直线、平面的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
图形
语言
平行
符号
关系 a∥b a∥α α∥β
语言
图形
相交 语言
关系
符号
a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
语言
图形
独有 语言
关系 符号 a，b是异面直
a α
语言 线
⊂
考点三 平行公理与等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
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.
考点四 异面直线所成的角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点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(或夹角).
(2)范围：.
考点五 常用结论
1.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.
2.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点
的直线互为异面直线.
3.两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.
高频考点一 平面的基本性质及应用
【例1】（1）如图是正方体或四面体，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( )
答案 D
解析 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.
（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 C
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）在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，
如果EF∩HG＝P，则点P( )
A.一定在直线BD上
B.一定在直线AC上
C.在直线AC或BD上
D.不在直线AC上，也不在直线BD上
答案 B
解析 如图所示，
因为EF 平面ABC，
HG 平面⊂ ACD，EF∩HG＝P，
所以⊂ P∈平面ABC，P∈平面ACD.
又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
【方法技巧】
1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一
个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，
然后分别确定平面，再证两平面重合.
2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在
这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线
经过该点.
高频考点二 空间两直线的位置关系
【例1】 (1)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A B C D 中，M，N，
1 1 1 1
P分别是C D ，BC，A D 的中点，有下列四个结论：
1 1 1 1
① AP 与 CM 是异面直线；② AP，CM，DD 相交于一点；③ MN∥BD ；
1 1
④MN∥平面BB D D.其中所有正确结论的序号是( )
1 1
A.①④ B.②④
C.①③④ D.②③④
(2)(2019·全国Ⅲ卷)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
答案 (1)B (2)B
解析 (1)连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交
直线，
又面A ADD ∩面C CDD ＝DD ，
1 1 1 1 1
所以AP，CM，DD 相交于一点，则①不正确，②正确.
1
③令AC∩BD＝O，连接OD ，ON.
1
因为M，N分别是C D ，BC的中点，
1 1
所以ON∥D M∥CD，ON＝D M＝CD，
1 1则四边形MNOD 为平行四边形，所以MN∥OD ，
1 1
因为MN 平面BD D，OD 平面BD D，
1 1 1
所以MN
⊄
∥平面BD
1
D，③不⊂正确，④正确.
综上所述，②④正确.
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又
平面 ECD⊥平面 ABCD，平面 ECD∩平面 ABCD＝CD，EO 平面 ECD，所以
EO⊥平面 ABCD.设正方形 ABCD 的边长为 2，则 EO＝，ON ⊂＝1，所以 EN2＝
EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，交CD于点P，连接BP，则MP
＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，
BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面
BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.
【方法技巧】
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.异面直线的判
定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、
公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直
或面面垂直的性质来解决.
【跟踪训练】
1.(2021·河南名校联考)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，
则( )
A.m与n异面
B.m与n相交
C.m与n平行
D.m与n平行、相交、异面均有可能
答案 D
解析 因为m⊥l，n⊥l，结合长方体模型可知m与n可以相交，也可以异面，还
可以平行.
2.(2021·宜宾质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD
的中点，下列说法错误的是( )
A.MN与PD是异面直线 B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC D.MN⊥PB答案 C
解析 如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，
设四边形 MHCN 确定平面 α，又 D∈α，故 M，N，D 共面，但 P 平面 α，
D MN，因此MN与PD是异面直线；故 A，B说法均正确.若MN∥
∉
AC，由于
CH
∉
∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H
为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.
高频考点三 异面直线所成的角
【例3】 (1)(经典母题)在长方体ABCD－A B C D 中，AB＝BC＝1，AA ＝，则
1 1 1 1 1
异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为( )
1 1
A. B.
C. D.
(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥 SO 中，AB，CD 为底面圆的两条直径，
AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝SB，则异面直线SC与OE所成角
的正切值为( )
A. B.
C. D.
答案 (1)C (2)D
解析 (1)法一 如图，连接 BD ，交DB 于O，取AB的中点 M，连接 DM，
1 1
OM.易知O为BD 的中点，所以AD ∥OM，则∠MOD为异面直线AD 与DB 所
1 1 1 1
成角或其补角.因为在长方体ABCD－A B C D 中，AB＝BC＝1，AA ＝，
1 1 1 1 1AD ＝＝2，
1
DM＝＝，
DB ＝＝.
1
所以OM＝AD ＝1，OD＝DB ＝，
1 1
于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝.
故异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为.
1 1
法二 以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立
1
空间直角坐标系，如图所示.由条件可知 D(0，0，0)，A(1，0，0)，D (0，
1
0，)，B (1，1，)，所以AD1＝(－1，0，)，DB1＝(1，1，).则cos〈AD1，
1
DB1〉＝＝＝，故异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为.
1 1
(2)如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异
面直线SC与OE所成的角.
∵SE＝SB，∴SE＝BE.
又OB＝3，∴OF＝OB＝1.∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3.
∵SO⊥OF，∴SF＝＝.
∵OC⊥OF，∴CF＝.
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝＝.
【方法技巧】
1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求
的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
2.向量法：利用向量的内积求所成角的余弦值.
