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2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第7章第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
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第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
[考纲解读] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简单命题．(重点)
2．主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础，但却很少独立命题．预测2021年高考会有以下两种命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.
1.空间两条直线的位置关系
(1)位置关系分类
位置
关系
(2)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：.
(3)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．
2．空间直线与平面、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
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
3.必记结论
(1)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个平面与已知平面平行．
④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(2)异面直线的判定定理
平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．
1．概念辨析
(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．( )
(2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
(3)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．( )
(4)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．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
2．小题热身
(1)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．互为异面直线
答案 C
解析 不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.
(2)以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数为1.
(3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.
题型 一 平面的基本性质
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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三线共点．
证明 (1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又BA1∥D1C，∴EF∥D1C，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
设交点为P，如图所示．
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，
∴CE，D1F，DA三线共点．
1．证明点共面或线共面的常用方法
(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．
(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．如举例说明(2)．
(3)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．
2．证明空间点共线问题的方法
(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．
(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．
3．证明线共点问题的常用方法
先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，求证：A，M，O三点共线．
证明 如图，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．
题型 二 空间两直线的位置关系
1．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．
答案 ②④
解析 在图①中，直线GH∥MN；
在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；
在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；
在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面．
所以在图②④中GH与MN异面．
2．在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心．求证：G1G2∥BC.
证明 如图所示，连接SG1并延长交AB于点M，连接SG2并延长交AC于点N，连接MN.
由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，
∴在△SMN中，＝，
∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.
1．异面直线的判定方法
(1)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，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)定理法：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．如举例说明1.
2．判定平行直线的常用方法
(1)三角形中位线的性质．
(2)平行四边形的对边平行．
(3)平行线分线段成比例定理．
(4)公理4.如举例说明2.
1．已知a，b，c为三条不重合的直线，有以下结论：
①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 解法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错误，③显然成立．
解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错误，③正确．
2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )
A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B平行
答案 D
解析 如图，连接C1D，
∵CC1⊥平面ABCD，
∴CC1⊥BD，
∴MN与CC1垂直，故A正确；
∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，
∴MN与A1B不可能平行，D错误．
题型 三 异面直线所成的角
(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使BD＝BC，B1D1＝B1C1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．
连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝.又B1D＝BC1＝，AB1＝，
∴cos∠AB1D＝＝＝.
解法二：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.
由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，
所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cosθ＝＝＝.
解法三：过B作BH⊥BC，交AC于点H.
以B为原点，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.
则A(－1，，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，
∴＝(1，－，1)，＝(1,0,1)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
求异面直线所成角的方法
(1)几何法
①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
②证：证明作出的角为所求角．
③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．
(2)向量法
建立空间直角坐标系，利用公式|cosθ|＝求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．
(2019·上饶重点中学联考)在空间四边形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，E，F分别是AB，CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 在图1中，连接DE，EC，因为AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，得△DEC为等腰三角形，设空间四边形ABCD的边长为2，即AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝2，在△DEC中，DE＝EC＝，CF＝1，得EF＝.在图2取AD的中点M，连接MF，EM，因为E，F分别是AB，CD的中点，∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是异面直线AC与EF所成的角．在△EMF中可由余弦定理得cos∠EFM＝＝＝，∴∠EFM＝45°，即异面直线AC与EF所成的角为45°.
组 基础关
1．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案 D
解析 因为M∈AB⊂平面ABC，C∈平面ABC.M∈l⊂β，C∈β，所以γ∩β＝直线CM.
2．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 A
解析 若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．
3．(2019·华南师大附中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是( )
A．相交且垂直 B．共面
C．平行 D．异面且垂直
答案 D
解析 如图所示，AB1⊥平面BCD1，EF⊂平面BCD1，故AB1⊥EF且AB1与EF异面．
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( )
A．不存在 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有无数条
答案 D
解析 在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图所示，所以D正确．
5．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )
答案 D
解析 ①在A中易证PS∥QR，
∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩平面ABC＝P且P∉QR，
∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.
6．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为( )
A. B．2
C. D．4
答案 A
解析 取A′D的中点N，连接PN，MN(如图)，由于M是A′C的中点，故MN∥CD∥PB，且MN＝PB，故四边形PBMN为平行四边形，故MB∥PN，在Rt△A′DP中，tan∠A′PN＝＝，即异面直线BM与PA′所成角的正切值为.
7．如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成的角是________．
答案 90°
解析
取AA′的中点Q，连接QN，BQ，设BQ与B′M相交于点H，则QN綊AD綊BC，从而有四边形NQBC为平行四边形，所以NC∥QB，则有∠B′HB或其补角为异面直线B′M与CN所成的角．又因为B′B＝BA，∠B′BM＝∠BAQ＝90°，BM＝AQ，所以△B′BM≌△BAQ，所以∠MB′B＝∠QBM.而∠B′MB＋∠MB′B＝90°，从而∠B′MB＋∠QBM＝90°，所以∠MHB＝90°，所以∠B′HB＝90°，即异面直线B′M与CN所成的角是90°.
8.
(2020·广州模拟)如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为，则圆柱O1O2的高为________，异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．
答案 2
解析 连接CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD＝2.因为∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝＝，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE＝2，∠CAE即异面直线AC与BD所成的角．又CE＝＝，所以cos∠CAE＝＝＝.
组 能力关
1．(2019·湖北重点中学联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，O为底面矩形ABCD两条对角线的交点，若异面直线A1O与BC所成的角为60°，则长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为( )
A．4 B．4
C．8 D．8
答案 A
解析 如图，取AB的中点E，连接OE，则有OE∥BC，且OE＝BC＝1，所以∠A1OE即为异面直线A1O与BC所成的角，所以∠A1OE＝60°.在直角三角形A1OE中，A1E＝OE·tan60°＝，故在直角三角形A1AE中，A1A＝＝ ＝，所以长方体的体积为V＝S正方形ABCD·AA1＝2×2×＝4.
2．(2019·蓉城名校联考)如图，在底面边长为R的正六棱锥A－CDEFGH中，以其高AB为直径的球面分别与AC，AD交于M，N两点，若球的半径也为R，那么BM，BN夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 如图所示，在Rt△ABD中，BD＝R，AB＝2R，△ABD∽△BND∽△ANB，所以＝＝＝，所以＝，＝，同理，可证＝，在△ACD中，＝＝，所以MN∥CD，所以＝，所以MN＝R，在△BMN中，BM＝BN＝，MN＝R，由余弦定理得cos∠MBN＝＝.
3．(2019·西安模拟)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________．
答案 ②③④
解析 还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确的序号是②③④.
第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
[考纲解读] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简单命题．(重点)
2．主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础，但却很少独立命题．预测2021年高考会有以下两种命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.
1.空间两条直线的位置关系
(1)位置关系分类
位置
关系
(2)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：.
(3)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．
2．空间直线与平面、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
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
3.必记结论
(1)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个平面与已知平面平行．
④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(2)异面直线的判定定理
平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．
1．概念辨析
(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．( )
(2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
(3)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．( )
(4)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．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
2．小题热身
(1)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．互为异面直线
答案 C
解析 不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.
(2)以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数为1.
(3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.
题型 一 平面的基本性质
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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三线共点．
证明 (1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又BA1∥D1C，∴EF∥D1C，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
设交点为P，如图所示．
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，
∴CE，D1F，DA三线共点．
1．证明点共面或线共面的常用方法
(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．
(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．如举例说明(2)．
(3)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．
2．证明空间点共线问题的方法
(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．
(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．
3．证明线共点问题的常用方法
先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，求证：A，M，O三点共线．
证明 如图，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．
题型 二 空间两直线的位置关系
1．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．
答案 ②④
解析 在图①中，直线GH∥MN；
在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；
在图③中，连接GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；
在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面．
所以在图②④中GH与MN异面．
2．在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心．求证：G1G2∥BC.
证明 如图所示，连接SG1并延长交AB于点M，连接SG2并延长交AC于点N，连接MN.
由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，
∴在△SMN中，＝，
∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.
1．异面直线的判定方法
(1)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，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)定理法：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．如举例说明1.
2．判定平行直线的常用方法
(1)三角形中位线的性质．
(2)平行四边形的对边平行．
(3)平行线分线段成比例定理．
(4)公理4.如举例说明2.
1．已知a，b，c为三条不重合的直线，有以下结论：
①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 解法一：在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错误，③显然成立．
解法二：构造长方体或正方体模型可快速判断，①②错误，③正确．
2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )
A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B平行
答案 D
解析 如图，连接C1D，
∵CC1⊥平面ABCD，
∴CC1⊥BD，
∴MN与CC1垂直，故A正确；
∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，
∴MN与A1B不可能平行，D错误．
题型 三 异面直线所成的角
(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使BD＝BC，B1D1＝B1C1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．
连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝.又B1D＝BC1＝，AB1＝，
∴cos∠AB1D＝＝＝.
解法二：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.
由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，
所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cosθ＝＝＝.
解法三：过B作BH⊥BC，交AC于点H.
以B为原点，以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.
则A(－1，，0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，
∴＝(1，－，1)，＝(1,0,1)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
求异面直线所成角的方法
(1)几何法
①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
②证：证明作出的角为所求角．
③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．
(2)向量法
建立空间直角坐标系，利用公式|cosθ|＝求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．
(2019·上饶重点中学联考)在空间四边形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，E，F分别是AB，CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 在图1中，连接DE，EC，因为AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，得△DEC为等腰三角形，设空间四边形ABCD的边长为2，即AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝2，在△DEC中，DE＝EC＝，CF＝1，得EF＝.在图2取AD的中点M，连接MF，EM，因为E，F分别是AB，CD的中点，∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是异面直线AC与EF所成的角．在△EMF中可由余弦定理得cos∠EFM＝＝＝，∴∠EFM＝45°，即异面直线AC与EF所成的角为45°.
组 基础关
1．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案 D
解析 因为M∈AB⊂平面ABC，C∈平面ABC.M∈l⊂β，C∈β，所以γ∩β＝直线CM.
2．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 A
解析 若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．
3．(2019·华南师大附中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段BC上的动点，F是线段CD1上的动点，且E，F不重合，则直线AB1与直线EF的位置关系是( )
A．相交且垂直 B．共面
C．平行 D．异面且垂直
答案 D
解析 如图所示，AB1⊥平面BCD1，EF⊂平面BCD1，故AB1⊥EF且AB1与EF异面．
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( )
A．不存在 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有无数条
答案 D
解析 在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点，如图所示，所以D正确．
5．下列各图是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是( )
答案 D
解析 ①在A中易证PS∥QR，
∴P，Q，R，S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P，Q，R，S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩平面ABC＝P且P∉QR，
∴直线PS与QR为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面．④在B中P，Q，R，S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS，NR交于直线B1C1上一点，∴P，N，R，S四点共面，设为α，可证PS∥QN，∴P，Q，N，S四点共面，设为β.∵α，β都经过P，N，S三点，∴α与β重合，∴P，Q，R，S四点共面．故选D.
6．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为( )
A. B．2
C. D．4
答案 A
解析 取A′D的中点N，连接PN，MN(如图)，由于M是A′C的中点，故MN∥CD∥PB，且MN＝PB，故四边形PBMN为平行四边形，故MB∥PN，在Rt△A′DP中，tan∠A′PN＝＝，即异面直线BM与PA′所成角的正切值为.
7．如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成的角是________．
答案 90°
解析
取AA′的中点Q，连接QN，BQ，设BQ与B′M相交于点H，则QN綊AD綊BC，从而有四边形NQBC为平行四边形，所以NC∥QB，则有∠B′HB或其补角为异面直线B′M与CN所成的角．又因为B′B＝BA，∠B′BM＝∠BAQ＝90°，BM＝AQ，所以△B′BM≌△BAQ，所以∠MB′B＝∠QBM.而∠B′MB＋∠MB′B＝90°，从而∠B′MB＋∠QBM＝90°，所以∠MHB＝90°，所以∠B′HB＝90°，即异面直线B′M与CN所成的角是90°.
8.
(2020·广州模拟)如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为，则圆柱O1O2的高为________，异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．
答案 2
解析 连接CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD＝2.因为∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝＝，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE＝2，∠CAE即异面直线AC与BD所成的角．又CE＝＝，所以cos∠CAE＝＝＝.
组 能力关
1．(2019·湖北重点中学联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，O为底面矩形ABCD两条对角线的交点，若异面直线A1O与BC所成的角为60°，则长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为( )
A．4 B．4
C．8 D．8
答案 A
解析 如图，取AB的中点E，连接OE，则有OE∥BC，且OE＝BC＝1，所以∠A1OE即为异面直线A1O与BC所成的角，所以∠A1OE＝60°.在直角三角形A1OE中，A1E＝OE·tan60°＝，故在直角三角形A1AE中，A1A＝＝ ＝，所以长方体的体积为V＝S正方形ABCD·AA1＝2×2×＝4.
2．(2019·蓉城名校联考)如图，在底面边长为R的正六棱锥A－CDEFGH中，以其高AB为直径的球面分别与AC，AD交于M，N两点，若球的半径也为R，那么BM，BN夹角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 如图所示，在Rt△ABD中，BD＝R，AB＝2R，△ABD∽△BND∽△ANB，所以＝＝＝，所以＝，＝，同理，可证＝，在△ACD中，＝＝，所以MN∥CD，所以＝，所以MN＝R，在△BMN中，BM＝BN＝，MN＝R，由余弦定理得cos∠MBN＝＝.
3．(2019·西安模拟)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________．
答案 ②③④
解析 还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确的序号是②③④.
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