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2025年高考数学精品教案第七章 立体几何与空间向量 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
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这是一份2025年高考数学精品教案第七章 立体几何与空间向量 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系，共10页。
学生用书P142
1.平面的基本性质
（1）三个基本事实
基本事实1 过① 不在一条直线上 的三个点，有且只有一个平面.
基本事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，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② 有一个公共点 ，那么它们有且只有③ 一条 过该点的公共直线.
（2）三个推论
利用基本事实1和基本事实2，结合“两点确定一条直线”可得到以下推论.
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④ 相交 直线，有且只有一个平面.
推论3 经过两条⑤ 平行 直线，有且只有一个平面.
2.空间中直线间的位置关系
共面直线相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点.平行直线：在同一平面内，没有公共点.异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.
（1）过平面外一点A和平面内一点B的直线，与平面内不过点B的直线是异面直线；（2）异面直线既不平行，也不相交；（3）异面直线不具有传递性，即若直线a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c不一定是异面直线.
3.空间中直线、平面间的位置关系
说明 分别在两个平行平面内的直线平行或异面.
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（ D ）
A.点AB.点B
C.点C但不过点MD.点C和点M
2.[多选]以下说法正确的是（ CD ）
A.若一条直线上有两个点到一个平面距离相等，则这条直线与该平面平行
B.若一个平面上有三个点到另一个平面距离相等，则这两个平面平行
C.若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面
D.不共面的四点中，任意三点都不共线
解析 对于A，直线也可能在平面内或与平面相交；对于B，两平面也可能相交；易知C，D正确.
3.[多选]如图是一个正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（ CD ）
A.AF与CN平行B.BM与AN是异面直线
C.AF与BM是异面直线D.BN与DE是异面直线
解析 把正方体的平面展开图还原，如图，由正方体的结构特征可知，AF与CN是异面直线，故A错误；
BM与AN平行，故B错误；
BM⊂平面BCMF，F∈平面BCMF，A∉平面BCMF，F∉BM，故AF与BM是异面直线，故C正确；
DE⊂平面ADNE，N∈平面ADNE，B∉平面ADNE，N∉DE，故BN与DE是异面直线，故D正确.
学生用书P143
命题点1 平面的基本性质及应用
例1 已知在正方体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.
解析 （1）如图所示，连接B1D1.由题意知EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.
（2）记A1，C，C1三点确定的平面为平面α，平面BDEF为平面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，故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，则由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.
方法技巧
1.证明点共线问题的常用方法
2.证明线共点问题的常用方法
先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点.
3.证明点、直线共面问题的常用方法
训练1 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱CC1，AA1的中点.
（1）画出平面BED1F与平面ABCD的交线，并说明理由.
（2）设H为直线B1D与平面BED1F的交点，求证：B，H，D1三点共线.
解析 （1）如图1所示，直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线，理由如下：
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为DA⊂平面AA1D1D，D1F⊂平面AA1D1D，且DA与D1F不平行，图1
所以在平面AA1D1D内分别延长D1F，DA，则D1F与DA必相交于一点，不妨设为点P，所以P∈AD，P∈D1F.
因为DA⊂平面ABCD，D1F⊂平面BED1F，
所以P∈平面ABCD，P∈平面BED1F，
即P为平面ABCD和平面BED1F的公共点.
连接PB，又B为平面ABCD和平面BED1F的公共点，
所以直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线.
（2）如图2所示，连接BD1，BD，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形.
因为H为直线B1D与平面BED1F的交点，所以H∈B1D， 图2
又B1D⊂平面BB1D1D，所以H∈平面BB1D1D，
又H∈平面BED1F，平面BED1F∩平面BB1D1D＝BD 1，
所以H∈BD1，
所以B，H，D1三点共线.
命题点2 空间直线、平面间的位置关系
例2 （1）[2023上海春季高考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ B ）
A.DD1B.ACC.AD1D.B1C
解析 对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A错误；
图1图2
对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D错误.故选B.
（2）[2023高三名校联考（一）]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是（ B ）
A.若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B.若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C.若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D.若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
解析 A选项，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l⊂α，如图1，m∥n，且满足m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；D选项，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m⊂α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误.故选B.
图1图2
方法技巧
1.判断空间直线、平面间的位置关系时，注意对平面的基本性质及有关定理的应用.
2.判断空间直线、平面间位置关系的命题的真假时，常借助几何模型（长方体、正方体）或实物（墙角、桌面等）.
3.注意反证法在判断空间两直线位置关系时的应用.
训练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（ D ）
A.l与l1，l2都不相交
B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条直线相交
D.l至少与l1，l2中的一条直线相交
解析 解法一（反证法） 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中的一条直线相交.
解法二（模型法） 如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.
1.[命题点1]到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（ C ）
A.1B.4C.7D.8
解析 当空间四点A，B，C，D不共面时，则四点构成一个三棱锥.当平面一侧有一个点，另一侧有三个点时，如图1，当平面过AD，BD，CD的中点时，满足条件.因为三棱锥有4个面，则此时满足条件的平面有4个.
图1图2
当平面一侧有两个点，另一侧有两个点时，如图2，当平
面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件.因为三棱锥的相对棱有3对，则此时满足条件的平面有3个.所以满足条件的平面共有7个.故选C.
2.[命题点2/多选]已知G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则下列表示直线GH，MN是异面直线的图形是（ BD ）
AB CD
解析 A中，直线GH∥MN；B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；D中，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面.
学生用书·练习帮P331
1.[2024广东省深圳市第二高级中学模拟]已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系（ B ）
A.两两垂直B.两两平行
C.两两相交D.两两异面
解析 如图1，可得a，b，c可能两两垂直；如图2，可得a，b，c可能两两相交；如图3，可得a，b，c可能两两异面.故选B.
图1图2图3
2.[2024河南焦作模拟]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（ B ）
A.α∥β，l∥α
B.α与β相交，且交线平行于l
C.α⊥β，l⊥β
D.α与β相交，且交线垂直于l
解析 若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交.
设α∩β＝a，过空间内一点P，作m'∥m，n'∥n，m'与n'相交，
设m'与n'确定的平面为γ.
因为l⊥m，l⊥n，所以l⊥m'，l⊥n'，故l⊥γ，
因为m⊥α，n⊥β，所以m'⊥α，n'⊥β，所以a⊥m'，a⊥n'，所以a⊥γ，
又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a.故选B.
3.[多选/2024贵州省遵义市南白中学联考]已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ BC ）
A.若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B.若a∥b，b⊂α，则直线a平行于平面α内的无数条直线
C.若α∥β，a⊂α，则a∥β
D.若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交
解析
4.[多选/2023广东省广州市模拟]已知直线l与平面α相交于点P，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.α内不存在直线与l平行
B.α内有无数条直线与l垂直
C.α内所有直线与l是异面直线
D.至少存在一个过l且与α垂直的平面
解析 直线l与平面α相交于点P，故α内不存在直线与l平行，A正确.若l⊥α，则α内的所有直线都与l垂直；若l与α不垂直，设与l在平面α内的射影垂直的直线为n，则平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，B正确.平面α内过点P的直线与l相交，C错误.若l⊥α，则过l的任一平面都与α垂直；若l与α不垂直，取l上异于点P的一点Q，过Q作QM⊥平面α于点M，则平面PQM⊥α，D正确.故选ABD.
5.[多选/2023高三名校模拟]下列关于点、线、面的位置关系的命题中不正确的是（ ABC ）
A.若两个平面有三个公共点，则它们一定重合
B.空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内
C.两条直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b是异面直线
D.正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则A，M，O三点共线，且A，M，O，C四点共面
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A，D，E三个点在一条直线上，平面ABCD与平面ADD1A1相交，不重合，故A不正确；从点A出发的三条棱AA1，AB，AD不在同一平面内，故B不正确；若a∥b，则a，b确定一个平面，且a，b分别与直线c，d的交点都在此平面内，则c，d共面，与c，d是异面直线矛盾，所以直线a，b可能是异面直线，也可能是相交直线（c，d中的一条直线过a，b的交点），故C不正确；如图，平面AA1C∩平面AB1D1＝AO，因为直线A1C交平面AB1D1于点M，所以M∈AO，即A，M，O三点共线，因为直线和直线外一点可以确定一个平面，所以A，O，C，M四点共面，故D正确.故选ABC.
6.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（ B ）
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
解析 设CD的中点为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，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过点M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝（32）2＋（32）2＋22＝7，得BM＝7，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.
7.[多选/2024云南昆明高三校考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，BC，CD，B1C1的中点，则下列结论正确的是（ AC ）
A.AF∥平面A1DE
B.AG∥平面A1DE
C.A1，D，E，H四点共面
D.A1，D，E，C1四点共面
解析 如图1，取A1D的中点M，连接AM，EF，ME，BC1，则EF∥BC1，EF＝12BC1，AM∥BC1，AM＝12BC1，所以EF∥AM，EF＝AM，则四边形AFEM为平行四边形，因为AF⊄平面A1DE，ME⊂平面A1DE，所以AF∥平面A1DE，故A正确.
图1图2图3
如图2，取D1C1的中点N，连接NG，A1N，延长DE与D1C1交于点P，连接A1P，因为A1A∥NG，A1A＝NG，所以四边形A1AGN是平行四边形，可得A1N∥AG，因为A1∈平面A1DP，N∉平面A1DP，所以直线A1N与平面A1DP相交，所以AG与平面A1DE相交，故B错误.
如图3，连接EH，B1C，则EH∥B1C，A1D∥B1C，所以EH∥A1D，可得A1，D，E，H四点共面，故C正确.
若A1，D，E，C1四点共面，则A1D∥C1E，显然不成立，所以D错误.
故选AC.
8.[2023佛山市模拟]上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两面钟上的时针相互垂直的次数为（ D ）
A.0B.12C.4D.2
解析 如图，根据题意，将两个相邻侧面上的时钟置于一个正方体的两个相邻侧面上，当时间在0点时，图中两面钟的时针分别位于线段OA，O'G上，由正方体的性质知它们是相互平行的；当时间在3点时，图中两面钟的时针分别位于线段OD，O'F上，它们是相互垂直的；当时间在6点时，图中两面钟的时针分别位于线段OC，O'E上，它们是相互平行的；当时间在9点时，图中两面钟的时针分别位于线段OB，O'D上，它们是相互垂直的；当时间为其他时间时，易知两面钟的时针所在直线异面，但不垂直.综上，每天0点到12点（包含0点，不含12点）相邻两面钟上的时针能够相互垂直2次，故选D.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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，了解4个基本事实和定理.
平面的基本性质及应用
2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT16；2020全国卷ⅢT19
该讲是立体几何的基础，主要以客观题的形式出现，考查平面的基本性质及应用（如作截面），线线位置关系的判定等，难度中等.在2025年高考备考中要侧重对基本性质的理解和应用.
空间直线、平面间的位置关系
2023上海春季T15；2021新高考卷ⅡT10；2019全国卷ⅢT8
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
⑥ 无数 个
平面与平面
平行
α∥β
⑦ 0 个
相交
α∩β＝l
无数个
基本事实法
先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在交线上.
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.
纳入平面法
先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内.
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.
选项
正误
原因
A
✕
若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面.
B
√
若a∥b，b⊂α，则平面α内所有与b平行的直线都与a平行.
C
√
若α∥β，则平面α内所有直线都与β平行，因为a⊂α，所以a∥β.
D
✕
若α∩β＝b，a⊂α，则当a∥b时，a∥β.
学生用书P142
1.平面的基本性质
（1）三个基本事实
基本事实1 过① 不在一条直线上 的三个点，有且只有一个平面.
基本事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，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② 有一个公共点 ，那么它们有且只有③ 一条 过该点的公共直线.
（2）三个推论
利用基本事实1和基本事实2，结合“两点确定一条直线”可得到以下推论.
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④ 相交 直线，有且只有一个平面.
推论3 经过两条⑤ 平行 直线，有且只有一个平面.
2.空间中直线间的位置关系
共面直线相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点.平行直线：在同一平面内，没有公共点.异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.
（1）过平面外一点A和平面内一点B的直线，与平面内不过点B的直线是异面直线；（2）异面直线既不平行，也不相交；（3）异面直线不具有传递性，即若直线a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c不一定是异面直线.
3.空间中直线、平面间的位置关系
说明 分别在两个平行平面内的直线平行或异面.
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（ D ）
A.点AB.点B
C.点C但不过点MD.点C和点M
2.[多选]以下说法正确的是（ CD ）
A.若一条直线上有两个点到一个平面距离相等，则这条直线与该平面平行
B.若一个平面上有三个点到另一个平面距离相等，则这两个平面平行
C.若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面
D.不共面的四点中，任意三点都不共线
解析 对于A，直线也可能在平面内或与平面相交；对于B，两平面也可能相交；易知C，D正确.
3.[多选]如图是一个正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（ CD ）
A.AF与CN平行B.BM与AN是异面直线
C.AF与BM是异面直线D.BN与DE是异面直线
解析 把正方体的平面展开图还原，如图，由正方体的结构特征可知，AF与CN是异面直线，故A错误；
BM与AN平行，故B错误；
BM⊂平面BCMF，F∈平面BCMF，A∉平面BCMF，F∉BM，故AF与BM是异面直线，故C正确；
DE⊂平面ADNE，N∈平面ADNE，B∉平面ADNE，N∉DE，故BN与DE是异面直线，故D正确.
学生用书P143
命题点1 平面的基本性质及应用
例1 已知在正方体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.
解析 （1）如图所示，连接B1D1.由题意知EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.
（2）记A1，C，C1三点确定的平面为平面α，平面BDEF为平面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，故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，则由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.
方法技巧
1.证明点共线问题的常用方法
2.证明线共点问题的常用方法
先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点.
3.证明点、直线共面问题的常用方法
训练1 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱CC1，AA1的中点.
（1）画出平面BED1F与平面ABCD的交线，并说明理由.
（2）设H为直线B1D与平面BED1F的交点，求证：B，H，D1三点共线.
解析 （1）如图1所示，直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线，理由如下：
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为DA⊂平面AA1D1D，D1F⊂平面AA1D1D，且DA与D1F不平行，图1
所以在平面AA1D1D内分别延长D1F，DA，则D1F与DA必相交于一点，不妨设为点P，所以P∈AD，P∈D1F.
因为DA⊂平面ABCD，D1F⊂平面BED1F，
所以P∈平面ABCD，P∈平面BED1F，
即P为平面ABCD和平面BED1F的公共点.
连接PB，又B为平面ABCD和平面BED1F的公共点，
所以直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线.
（2）如图2所示，连接BD1，BD，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形.
因为H为直线B1D与平面BED1F的交点，所以H∈B1D， 图2
又B1D⊂平面BB1D1D，所以H∈平面BB1D1D，
又H∈平面BED1F，平面BED1F∩平面BB1D1D＝BD 1，
所以H∈BD1，
所以B，H，D1三点共线.
命题点2 空间直线、平面间的位置关系
例2 （1）[2023上海春季高考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ B ）
A.DD1B.ACC.AD1D.B1C
解析 对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A错误；
图1图2
对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D错误.故选B.
（2）[2023高三名校联考（一）]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是（ B ）
A.若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B.若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C.若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D.若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
解析 A选项，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l⊂α，如图1，m∥n，且满足m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；D选项，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m⊂α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误.故选B.
图1图2
方法技巧
1.判断空间直线、平面间的位置关系时，注意对平面的基本性质及有关定理的应用.
2.判断空间直线、平面间位置关系的命题的真假时，常借助几何模型（长方体、正方体）或实物（墙角、桌面等）.
3.注意反证法在判断空间两直线位置关系时的应用.
训练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（ D ）
A.l与l1，l2都不相交
B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条直线相交
D.l至少与l1，l2中的一条直线相交
解析 解法一（反证法） 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中的一条直线相交.
解法二（模型法） 如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.
1.[命题点1]到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（ C ）
A.1B.4C.7D.8
解析 当空间四点A，B，C，D不共面时，则四点构成一个三棱锥.当平面一侧有一个点，另一侧有三个点时，如图1，当平面过AD，BD，CD的中点时，满足条件.因为三棱锥有4个面，则此时满足条件的平面有4个.
图1图2
当平面一侧有两个点，另一侧有两个点时，如图2，当平
面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件.因为三棱锥的相对棱有3对，则此时满足条件的平面有3个.所以满足条件的平面共有7个.故选C.
2.[命题点2/多选]已知G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则下列表示直线GH，MN是异面直线的图形是（ BD ）
AB CD
解析 A中，直线GH∥MN；B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；D中，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面.
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1.[2024广东省深圳市第二高级中学模拟]已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系（ B ）
A.两两垂直B.两两平行
C.两两相交D.两两异面
解析 如图1，可得a，b，c可能两两垂直；如图2，可得a，b，c可能两两相交；如图3，可得a，b，c可能两两异面.故选B.
图1图2图3
2.[2024河南焦作模拟]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（ B ）
A.α∥β，l∥α
B.α与β相交，且交线平行于l
C.α⊥β，l⊥β
D.α与β相交，且交线垂直于l
解析 若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交.
设α∩β＝a，过空间内一点P，作m'∥m，n'∥n，m'与n'相交，
设m'与n'确定的平面为γ.
因为l⊥m，l⊥n，所以l⊥m'，l⊥n'，故l⊥γ，
因为m⊥α，n⊥β，所以m'⊥α，n'⊥β，所以a⊥m'，a⊥n'，所以a⊥γ，
又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a.故选B.
3.[多选/2024贵州省遵义市南白中学联考]已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ BC ）
A.若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B.若a∥b，b⊂α，则直线a平行于平面α内的无数条直线
C.若α∥β，a⊂α，则a∥β
D.若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交
解析
4.[多选/2023广东省广州市模拟]已知直线l与平面α相交于点P，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.α内不存在直线与l平行
B.α内有无数条直线与l垂直
C.α内所有直线与l是异面直线
D.至少存在一个过l且与α垂直的平面
解析 直线l与平面α相交于点P，故α内不存在直线与l平行，A正确.若l⊥α，则α内的所有直线都与l垂直；若l与α不垂直，设与l在平面α内的射影垂直的直线为n，则平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，B正确.平面α内过点P的直线与l相交，C错误.若l⊥α，则过l的任一平面都与α垂直；若l与α不垂直，取l上异于点P的一点Q，过Q作QM⊥平面α于点M，则平面PQM⊥α，D正确.故选ABD.
5.[多选/2023高三名校模拟]下列关于点、线、面的位置关系的命题中不正确的是（ ABC ）
A.若两个平面有三个公共点，则它们一定重合
B.空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内
C.两条直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b是异面直线
D.正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则A，M，O三点共线，且A，M，O，C四点共面
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A，D，E三个点在一条直线上，平面ABCD与平面ADD1A1相交，不重合，故A不正确；从点A出发的三条棱AA1，AB，AD不在同一平面内，故B不正确；若a∥b，则a，b确定一个平面，且a，b分别与直线c，d的交点都在此平面内，则c，d共面，与c，d是异面直线矛盾，所以直线a，b可能是异面直线，也可能是相交直线（c，d中的一条直线过a，b的交点），故C不正确；如图，平面AA1C∩平面AB1D1＝AO，因为直线A1C交平面AB1D1于点M，所以M∈AO，即A，M，O三点共线，因为直线和直线外一点可以确定一个平面，所以A，O，C，M四点共面，故D正确.故选ABC.
6.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（ B ）
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
解析 设CD的中点为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，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过点M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝（32）2＋（32）2＋22＝7，得BM＝7，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.
7.[多选/2024云南昆明高三校考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，BC，CD，B1C1的中点，则下列结论正确的是（ AC ）
A.AF∥平面A1DE
B.AG∥平面A1DE
C.A1，D，E，H四点共面
D.A1，D，E，C1四点共面
解析 如图1，取A1D的中点M，连接AM，EF，ME，BC1，则EF∥BC1，EF＝12BC1，AM∥BC1，AM＝12BC1，所以EF∥AM，EF＝AM，则四边形AFEM为平行四边形，因为AF⊄平面A1DE，ME⊂平面A1DE，所以AF∥平面A1DE，故A正确.
图1图2图3
如图2，取D1C1的中点N，连接NG，A1N，延长DE与D1C1交于点P，连接A1P，因为A1A∥NG，A1A＝NG，所以四边形A1AGN是平行四边形，可得A1N∥AG，因为A1∈平面A1DP，N∉平面A1DP，所以直线A1N与平面A1DP相交，所以AG与平面A1DE相交，故B错误.
如图3，连接EH，B1C，则EH∥B1C，A1D∥B1C，所以EH∥A1D，可得A1，D，E，H四点共面，故C正确.
若A1，D，E，C1四点共面，则A1D∥C1E，显然不成立，所以D错误.
故选AC.
8.[2023佛山市模拟]上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两面钟上的时针相互垂直的次数为（ D ）
A.0B.12C.4D.2
解析 如图，根据题意，将两个相邻侧面上的时钟置于一个正方体的两个相邻侧面上，当时间在0点时，图中两面钟的时针分别位于线段OA，O'G上，由正方体的性质知它们是相互平行的；当时间在3点时，图中两面钟的时针分别位于线段OD，O'F上，它们是相互垂直的；当时间在6点时，图中两面钟的时针分别位于线段OC，O'E上，它们是相互平行的；当时间在9点时，图中两面钟的时针分别位于线段OB，O'D上，它们是相互垂直的；当时间为其他时间时，易知两面钟的时针所在直线异面，但不垂直.综上，每天0点到12点（包含0点，不含12点）相邻两面钟上的时针能够相互垂直2次，故选D.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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，了解4个基本事实和定理.
平面的基本性质及应用
2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT16；2020全国卷ⅢT19
该讲是立体几何的基础，主要以客观题的形式出现，考查平面的基本性质及应用（如作截面），线线位置关系的判定等，难度中等.在2025年高考备考中要侧重对基本性质的理解和应用.
空间直线、平面间的位置关系
2023上海春季T15；2021新高考卷ⅡT10；2019全国卷ⅢT8
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
⑥ 无数 个
平面与平面
平行
α∥β
⑦ 0 个
相交
α∩β＝l
无数个
基本事实法
先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在交线上.
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.
纳入平面法
先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内.
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.
选项
正误
原因
A
✕
若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面.
B
√
若a∥b，b⊂α，则平面α内所有与b平行的直线都与a平行.
C
√
若α∥β，则平面α内所有直线都与β平行，因为a⊂α，所以a∥β.
D
✕
若α∩β＝b，a⊂α，则当a∥b时，a∥β.
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