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2021高三统考北师大版数学一轮学案：第8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
基础知识整合
1．平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内．
公理2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．
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．
2．用集合语言描述点、线、面间的关系
(1)点与平面的位置关系：
点A在平面α内记作A∈α，点A不在平面α内记作A∉α.
(2)点与直线的位置关系
点A在直线l上记作A∈l，点A不在直线l上，记作A∉l.
(3)线面的位置关系：直线l在平面α内记作l⊂α，直线l不在平面α内记作l⊄α.
(4)平面α与平面β相交于直线a，记作α∩β＝a.
(5)直线l与平面α相交于点A，记作l∩α＝A.
(6)直线a与直线b相交于点A，记作a∩b＝A.
3．直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类
(2)空间平行线的传递性
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(3)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．
(4)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：(0°，90°]．
4．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系
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,
平行个
α∥β
0个
相交
α∩β＝l,
无数个
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．异面直线判定的一个方法
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α
B．b∥α
C．b⊂α或b∥α
D．b与α相交或b⊂α或b∥α
答案 D
解析 b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
2．(2019·福州质检)已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，故选A.
3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC
D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC
答案 D
解析 A，B，C，D构成的四边形可能为平面四边形，也可能为空间四边形，D不成立．
4．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
答案 C
解析 由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b为异面直线矛盾，D错误．故选C.
5．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中错误的是________(写出所有错误命题的序号)．
答案 ②③④
解析 由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错误．故填②③④.
6．(2019·河南南阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，O为CD上的动点，VP－OAB恒为定值，且△PDC是正三角形，则直线PD与直线AB所成角的大小是________．
答案 60°
解析 因为VP－OAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．
因为O为CD上的动点，所以CD∥AB.
所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成的角．
因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.
所以直线PD与直线AB所成的角为60°.
核心考向突破
考向一 平面基本性质的应用
例1 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)如图所示，
连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.
又A1B∥CD1，∴EF∥CD1.
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
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；
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．
提醒：点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．
[即时训练] 1.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．
证明 (1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.
在△BCD中，＝＝，
∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知EF綊BD，GH綊BD.
∴四边形FEGH为梯形，
∴直线GE与直线HF交于一点，
设EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点，
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 空间两条直线的位置关系
角度1 两条直线位置关系的判定
例2 (1)(2019·全国卷Ⅲ)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 B
解析 如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.
∵点N为正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且为BD的中点．
∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝ ＝，
∴BM＝＝.∴BM≠EN.
∵BM，EN都是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．故选B.
(2)(2019·贵州六盘水模拟)α是一个平面，m，n是两条直线，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( )
A．垂直 B．相交
C．异面 D．平行
答案 D
解析 ∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α内，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交，也可能异面垂直或相交垂直，但一定不平行．故选D.
角度2 异面直线的判定
例3 (2019·许昌模拟)如下图，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________．
答案 ②④
解析 ①中GH∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；②④中直线GH与MN是异面直线．
[即时训练] 2.(2019·太原期末)已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
答案 C
解析 直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.
3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．
答案 ③④
解析 因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错；取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.
考向三 异面直线所成的角
例4 (1)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．
答案 60°
解析 取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE.
在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．
设AB＝1，则A1A＝，AB1＝，B1E＝，因为B1E⊥A1C1，平面A1B1C1⊥平面AA1C1C，平面A1B1C1∩平面AA1C1C＝A1C1，所以B1E⊥平面AA1C1C，又AE⊂平面AA1C1C，所以B1E⊥AE，所以cos∠AB1E＝，故∠AB1E＝60°.
(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是________．
答案 60°
解析 如图所示，连接A1B，可知A1B∥E1D，
∴∠A1BC1是异面直线E1D与BC1所成的角．连接A1C1，可求得A1C1＝C1B＝BA1＝，
∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.
求异面直线所成角的方法
(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法．平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
(2)求异面直线所成角的三步曲：“一作、二证、三求”．
①一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
②二证：证明作出的角是异面直线所成的角．
③三求：解三角形，求出作出的角．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．
④其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．
[即时训练] 4.如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.
∵E，F分别为CD，AB的中点，
∴FG∥AC，EG∥BD，
且FG＝AC，EG＝BD.
∴∠EFG为EF与AC所成的角．
∵AC＝BD，∴FG＝EG.
∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，
∴△EFG为等腰直角三角形，
∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.
5．(2019·湖南常德模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面 D．平行
答案 D
解析 连接D1E并延长，与AD交于点M，则△MDE∽△D1A1E，因为A1E＝2ED，所以M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N，同理可得，N为AD的中点．
所以M，N重合，又＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.
(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 解法一：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝ ＝2，
DB1＝ ＝，B1E1＝ ＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得
cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法二：如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
答题启示
(1)当异面直线所成的角不易作出或难于计算时，可考虑使用补形法．
(2)补形法的目的是平移某一条直线，使之与另一条相交，常见的补形方法是对称补形．
对点训练
(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，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．
因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos∠B1AD1＝＝，故选C.
解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，所以AC＝，MQ＝.
在Rt△MQP中，MP＝＝，则在△PMN中，cos∠PNM＝
＝＝－，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.
解法三：作BH⊥AC，H为垂足．以H为坐标原点，方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知可得|BH|＝，|AH|＝，|CH|＝，
则A，B，
B1，C1，
从而＝，＝，
cos〈，〉＝.故选C.
第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
基础知识整合
1．平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内．
公理2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．
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．
2．用集合语言描述点、线、面间的关系
(1)点与平面的位置关系：
点A在平面α内记作A∈α，点A不在平面α内记作A∉α.
(2)点与直线的位置关系
点A在直线l上记作A∈l，点A不在直线l上，记作A∉l.
(3)线面的位置关系：直线l在平面α内记作l⊂α，直线l不在平面α内记作l⊄α.
(4)平面α与平面β相交于直线a，记作α∩β＝a.
(5)直线l与平面α相交于点A，记作l∩α＝A.
(6)直线a与直线b相交于点A，记作a∩b＝A.
3．直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类
(2)空间平行线的传递性
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(3)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．
(4)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：(0°，90°]．
4．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系
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,
平行个
α∥β
0个
相交
α∩β＝l,
无数个
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．异面直线判定的一个方法
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
1．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α
B．b∥α
C．b⊂α或b∥α
D．b与α相交或b⊂α或b∥α
答案 D
解析 b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
2．(2019·福州质检)已知命题p：a，b为异面直线，命题q：直线a，b不相交，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，故选A.
3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC
D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC
答案 D
解析 A，B，C，D构成的四边形可能为平面四边形，也可能为空间四边形，D不成立．
4．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
答案 C
解析 由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b为异面直线矛盾，D错误．故选C.
5．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中错误的是________(写出所有错误命题的序号)．
答案 ②③④
解析 由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错误．故填②③④.
6．(2019·河南南阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，O为CD上的动点，VP－OAB恒为定值，且△PDC是正三角形，则直线PD与直线AB所成角的大小是________．
答案 60°
解析 因为VP－OAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到线AB的距离为定值．
因为O为CD上的动点，所以CD∥AB.
所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成的角．
因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.
所以直线PD与直线AB所成的角为60°.
核心考向突破
考向一 平面基本性质的应用
例1 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)如图所示，
连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.
又A1B∥CD1，∴EF∥CD1.
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
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；
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．
提醒：点共线、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．
[即时训练] 1.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．
证明 (1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.
在△BCD中，＝＝，
∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知EF綊BD，GH綊BD.
∴四边形FEGH为梯形，
∴直线GE与直线HF交于一点，
设EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点，
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 空间两条直线的位置关系
角度1 两条直线位置关系的判定
例2 (1)(2019·全国卷Ⅲ)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 B
解析 如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.
∵点N为正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且为BD的中点．
∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝ ＝，
∴BM＝＝.∴BM≠EN.
∵BM，EN都是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．故选B.
(2)(2019·贵州六盘水模拟)α是一个平面，m，n是两条直线，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( )
A．垂直 B．相交
C．异面 D．平行
答案 D
解析 ∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α内，m与平面α相交，A是m和平面α的交点，∴m和n异面或相交，也可能异面垂直或相交垂直，但一定不平行．故选D.
角度2 异面直线的判定
例3 (2019·许昌模拟)如下图，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________．
答案 ②④
解析 ①中GH∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；②④中直线GH与MN是异面直线．
[即时训练] 2.(2019·太原期末)已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
答案 C
解析 直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C.
3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．
答案 ③④
解析 因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错；取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.
考向三 异面直线所成的角
例4 (1)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．
答案 60°
解析 取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE.
在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．
设AB＝1，则A1A＝，AB1＝，B1E＝，因为B1E⊥A1C1，平面A1B1C1⊥平面AA1C1C，平面A1B1C1∩平面AA1C1C＝A1C1，所以B1E⊥平面AA1C1C，又AE⊂平面AA1C1C，所以B1E⊥AE，所以cos∠AB1E＝，故∠AB1E＝60°.
(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是________．
答案 60°
解析 如图所示，连接A1B，可知A1B∥E1D，
∴∠A1BC1是异面直线E1D与BC1所成的角．连接A1C1，可求得A1C1＝C1B＝BA1＝，
∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.
求异面直线所成角的方法
(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法．平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
(2)求异面直线所成角的三步曲：“一作、二证、三求”．
①一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
②二证：证明作出的角是异面直线所成的角．
③三求：解三角形，求出作出的角．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．
④其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．
[即时训练] 4.如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.
∵E，F分别为CD，AB的中点，
∴FG∥AC，EG∥BD，
且FG＝AC，EG＝BD.
∴∠EFG为EF与AC所成的角．
∵AC＝BD，∴FG＝EG.
∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，
∴△EFG为等腰直角三角形，
∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.
5．(2019·湖南常德模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面 D．平行
答案 D
解析 连接D1E并延长，与AD交于点M，则△MDE∽△D1A1E，因为A1E＝2ED，所以M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N，同理可得，N为AD的中点．
所以M，N重合，又＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.
(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 解法一：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝ ＝2，
DB1＝ ＝，B1E1＝ ＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得
cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法二：如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
答题启示
(1)当异面直线所成的角不易作出或难于计算时，可考虑使用补形法．
(2)补形法的目的是平移某一条直线，使之与另一条相交，常见的补形方法是对称补形．
对点训练
(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，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．
因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos∠B1AD1＝＝，故选C.
解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，所以AC＝，MQ＝.
在Rt△MQP中，MP＝＝，则在△PMN中，cos∠PNM＝
＝＝－，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.
解法三：作BH⊥AC，H为垂足．以H为坐标原点，方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知可得|BH|＝，|AH|＝，|CH|＝，
则A，B，
B1，C1，
从而＝，＝，
cos〈，〉＝.故选C.
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