同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，所以P∈直线DA.所以CE，D1F，DA三线共点．
证明线共面或点共面的三种常用方法
（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．
（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．
考点二 空间两直线的位置关系|
1．（2016·绵阳模拟）已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：
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．2D．3
解析：
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，③显然成立，故选B.
答案：
B
2．下列四个命题中错误的是（ ）
A．若直线a，b互相平行，则直线a，b确定一个平面
B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线
C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
D．两条异面直线不可能垂直于同一个平面
解析：
过两条平行直线，有且只有一个平面，A正确；如果四点中存在三点共线，则四点共面，B正确；两条直线没有公共点，这两条直线可能平行，也可能异面，C错误；垂直于同一个平面的两条直线平行，这样的两条直线共面，D正确．
答案：
C
判断空间两直线位置关系的三种策略
（1）对于异面直线，可采用直接法或反证法进行判定．
（2）对于平行直线，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来判断．
（3）对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．
考点三 异面直线所成角|
（2015·高考浙江卷）如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析] 如图所示，连接ND，
取ND的中点E，连接ME，CE，
则ME∥AN，
则异面直线AN，CM所成的角即为∠EMC.
由题可知CN＝1，AN＝2
，
∴ME＝
.又CM＝2
，
DN＝2
，NE＝
，
∴CE＝
，
则cos∠CME＝
＝
＝
.
[答案]
（1）作异面直线所成的角常用平移法，平移法一般有三种类型：
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）求异面直线所成的角的三步曲为：
“一作、二证、三求”．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．
直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：
分别取AB，AA1，A1C1的中点D，E，F，则BA1∥DE，AC1∥EF.
所以异面直线BA1与AC1所成的角为∠DEF（或其补角），
设AB＝AC＝AA1＝2，
则DE＝EF＝
，DF＝
，由余弦定理得，∠DEF＝120°.
答案：
C
22.构造模型法判断空间线面位置关系
【典例】 已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；
④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.
其中所有正确的命题是（ ）
A．①④ B．②④ C．① D．④
[思维点拨] 构造一个长方体模型，找出适合条件的直线与平面，在长方体内判断它们的位置关系．
[解析] 借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图
（1）所示，故①正确；对于②，平面α、β互相垂直，如图
（2）所示；对于③，平面α、β可能垂直，如图（3）所示；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图（4）所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n.
[答案] A
[方法点评]
（1）构造法实质上是结合题意构造合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误；
（2）对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．
[跟踪练习] 下列命题正确的是（ ）
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
解析：
如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D与D1A和平面ABCD所成的角都是45°，但A1D与D1A不平行，故A错；在平面ABB1A1内，直线A1B1上有无数个点到平面ABCD的距离相等，但平面ABB1A1与平面ABCD不平行，故B错；平面ADD1A1与平面DCC1D1和平面ABCD都垂直，但两个平面相交，故D错，从而C正确．
答案：
C
A组 考点能力演练
1．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1⊥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
解析：
如图长方体ABCDA1B1C1D1中，
AB⊥AD，CD⊥AD但有AB∥CD，因此A不正确；
又AB∥DC∥A1B1，但三线不共面，因此C不正确；
又从A出发的三条棱不共面，所以D不正确；因此B正确，且由线线平行和垂直的定义易知B正确．
答案：
B
2．（2016·广东佛山模拟）如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长（包括底面边长）都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是（ ）
A.
B.
C.
D．2
解析：
如图，取AC中点G，连FG，EG，则FG∥C1C，FG＝C1C；EG∥BC，EG＝
BC，故∠EFG即为EF与C1C所成的角，在Rt△EFG中，cos∠EFG＝
＝
＝
.
答案：
B
3．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是（ ）
解析：
在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；
在C图中分别连接PQ，RS，
易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；
如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；
D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选D.
答案：
D
4.（2016·衡水中学模拟）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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A1B1平行
解析：
连接C1D，BD.∵N是D1C的中点，∴N是C1D的中点，∴MN∥BD.又∵CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，故A，C正确．∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正确．故选D.
答案：
D
5．如图所示，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是（ ）
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：
由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以∠MPN＝45°，故D正确；而AC＝BD没有条件说明其相等，故选C.
答案：
C
6．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．
上述命题中正确的命题是________（写出所有正确命题的序号）．
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；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；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．
答案：
①
7．（2016·济南一模）在正四棱锥VABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为________．
解析：
如图，设AC∩BD＝O，连接VO，因为四棱锥VABCD是正四棱锥，所以VO⊥平面ABCD，故BD⊥VO.又四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，所以BD⊥平面VAC，所以BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角的大小为
.
答案：
8.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C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MN与AC所成的角为60°.
其中正确的结论为________（注：
把你认为正确的结论序号都填上）．
解析：
由图可知AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，且角为60°.
答案：
③④
9．已知正方体ABCDA1B1C1D1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R点，则P、Q、R三点共线．
证明：
（1）如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1.
在正方体AC1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）在正方体ABCDA1B1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β.
则Q是α与β的公共点，
同理，P点也是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．
10.如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝
，AB＝2，AC＝2
，PA＝2.求：
（1）三棱锥PABC的体积；
（2）异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：
（1）S△ABC＝
×2×2
＝2
，
三棱锥PABC的体积为
V＝
S△ABC·PA＝
×2
×2＝
.
（2）如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE（或其补角）是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝
，AD＝2，
cos∠ADE＝
＝
.
B组 高考题型专练
1．（2014·高考广东卷）若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2∥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（ ）
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
解析：
如图所示正方体ABCDA1B1C1D1，取l1为BB1，l2为BC，l3为AD，l4为CC1，则l1∥l4，可知选项A错误；取l1为BB1，l2为BC，l3为AD，l4为C1D1，则l1⊥l4，故B错误，则C也错误，故选D.
答案：
D
2．（2015·高考广东卷）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（ ）
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
解析：
可用反证法．假设l与l1，l2都不相交，因为l与l1都在平面α内，于是l∥l1，同理l∥l2，于是l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交．
答案：
D
3．（2014·高考大纲卷）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
设正四面体ABCD的棱长为2.如图，取AD的中点F，连接EF，CF.
在△ABD中，由AE＝EB，AF＝FD，得EF∥BD，且EF＝
BD＝1.
故∠CEF为直线CE与BD所成的角或其补角．
在△ABC中，CE＝
AB＝
；
在△ADC中，CF＝
AD＝
.
在△CEF中，cos∠CEF＝
＝
＝
.
所以直线CE与BD所成角的余弦值为
.
答案：
B
4．（2015·高考四川卷）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．
解析：
取BF的中点N，连接MN，EN，
则EN∥AF，所以直线EN与EM所成的角就是异面直线EM与AF所成的角．
在△EMN中，当点M与点P重合时，EM⊥AF，
所以当点M逐渐趋近于点Q时，
直线EN与EM的夹角越来越小，此时cosθ越来越大．
故当点M与点Q重合时，cosθ取最大值．
设正方形的边长为4，连接EQ，NQ，
在△EQN中，由余弦定理，
得cos∠QEN＝
＝
＝－
，所以cosθ的最大值为
.
答案：
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