第29讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（教师版） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

PAGE1第29讲空间点、直线、平面之间的位置关系（4类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第6题,5分线面关系有关命题的判断2024年天津卷，第17题,15分证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求2023年天津卷，第17题,15分证明线面平行广求点面距离求二面角2022年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2021年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2020年天津卷，第17题,15分空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为5分【备考策略】1.理解、掌握空间基本事实，能够判断点线面之间的关系。2.能掌握空间异面直线所成的角3.会解立体几何的截面问题【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给几何体，求解异面直线所成的角，判断线面关系等。知识讲解知识点一．四个公理公理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．注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面；注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据（2）此推论是判定若干平面重合的依据（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据推论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；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．注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据（2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点）（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．知识点二．直线与直线的位置关系位置关系相交（共面）平行（共面）异面图形符号a∥b公共点个数100特征两条相交直线确定一个平面两条平行直线确定一个平面两条异面直线不同在如何一个平面内知识点三．直线与平面的位置关系：有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．位置关系包含（面内线）相交（面外线）平行（面外线）图形符号∥公共点个数无数个10知识点四．平面与平面的位置关系：有平行、相交两种情况．位置关系平行相交（但不垂直）垂直图形符号∥，公共点个数0无数个公共点且都在唯一的一条直线上无数个公共点且都在唯一的一条直线上知识点五．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．知识点六．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).考点一、基本事实的应用1.（·四川·高考真题）如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD∠BAD=∠FAB=900,BC//=1FA,（Ⅰ）证明：四边形BCHG是平行四边形；（Ⅱ）C,（Ⅲ）设AB=BE，证明：平面ADE⊥【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）四点共面（Ⅲ）见解析【详解】【解1】：（Ⅰ）由题意知，FG所以GH//=12AD又BC//=12AD所以四边形BCHG是平行四边形．（Ⅱ）C,由BC//=12AF，G是FA的中点知，BE//=由（Ⅰ）知BG//CH，所以EF//CH，故EC,所以C,（Ⅲ）连结EC，由AB=BE，BE//=AG及∠故BG⊥EA．由题设知FA,FD,因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG又ED∩EA=E由（Ⅰ）知CH//BG，所以CH⊥由（Ⅱ）知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE【解2】：由平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，得AF以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A（Ⅰ）设AB=aC(a所以HG于是HG又点G不在直线BC上所以四边形BCHG是平行四边形．（Ⅱ）C,D,EF又C∉EF,（Ⅲ）由AB=BE又AD=(0,2b即CH⊥AE,CH⊥AD故由CH⊂平面CDFE，得平面ADE⊥【点评】：此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系，四点共面问题，面面垂直问题，考察了空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意逻辑性是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键．2.（2024·四川成都·二模）如图，在棱长为2的正四面体P−ABC中，M,(1)证明：M,(2)求四棱锥P−【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）由条件推得MN//（2）根据几何体的特征，利用等体积转化，即可求解.【详解】（1）在△PBA中，∵M,∴MN//PA∴MN∴M（2）连接NF，由（1）MN=EF=∴四边形MNEF为平行四边形，∴V∵四面体P−∴B在平面PAC内的射影O为△∴OP在△PBO中，BO∴V∴V1.（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，对角线AC,BD交于点O，OA=4，OB=3，OP=4,OP⊥底面ABCD，E,F【答案】证明见解析【分析】易知AC⊥BD，由线面垂直的性质可得OP⊥AC,OP⊥【详解】因为平面ABCD是菱形，所以AC⊥由OP⊥平面ABCD，AC,BD⊂平面所以OP,OA,A(4,0,0),B则E0,由CM=2MP知，点M为靠近P的三等分点，则所以AF=设AM=xAE+y则AM=23又直线AM,AE,AF的公共点为2.（2024高三·全国·专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1【答案】证明见解析【分析】取BB1的中点M，连接EM,FM,HM，利用平行关系可得【详解】如图，取BB1的中点M，连接因为E,F,所以HM//B1D1，GF又EM//AB1，HG//又因为过不共线的的三点H,则平面HMFG与平面EMGH重合，故E,3.（2024·江苏徐州·一模）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB

(1)证明：直线BG，EF，AA(2)当DF=14【答案】(1)证明见详解(2)−【分析】（1）先设BG与EF有一公共点，再证明该公共点在直线AA（2）以BC为x轴，BA为y轴，BB1为【详解】（1）∵BEEG四点共面，BG不平行于EF，设BG又∵BG⊂平面ABB1A1，EF⊂∴P为平面ABB1A又∵平面ABB1A∴根据基本事实3可得P∈∴直线BG，EF，AA（2）

以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴建立因为正四棱柱ABCD−A1B1C1所以B0,0,0,C2,0,0,设平面BCF的法向量为n=x,令y=1，则z=−2，设平面BFD1的法向量为m=x1,ym=1,−1,0，则二面角C−由图可知，二面角C−所以二面角C−BF−4.（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=A(1)求证：直线BM,(2)若点M为A1B1中点，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线B条件①：三棱锥A−MBC体积为条件②：三棱柱ABC−A1注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据面面平行的性质可得MN∥BC∥B1C1，结合MN≠BC，可得BM（2）条件①根据等体积法可得∠BAC=90°，条件②根据外接球的性质结合勾股定理可得【详解】（1）证明：如图，由平面ABC∥A1B1平面BCM∩平面A故MN∥BC∥B1C1记BM∩NC=P，则同理P∈NC,所以P在平面AA1C1C故三线共点，（2）若选择条件①，则有VA−MBC若选条件②，记△ABC的外接圆半径为r，三棱柱ABC−A1B则有AO=BO=故∠BAO故∠BAC以A为原点，AB的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A−则B1,0,0,C0,1,0,M1则CB1=1,−1,1,BC=−1,1,0，则有n⋅BC=0n⋅记直线B1C与平面则有sinα考点二、空间位置关系的判断1.（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）在三棱锥D−ABC中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且A．直线EH与FG一定平行 B．直线EH与FG一定相交C．直线EH与FG可能异面 D．直线EH与FG一定共面【答案】D【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解.【详解】由于EF//

只有当EF//GH,EF=GH时，此时四边形

只有当EH//GF但

故选：D.2.（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）设a，b，c是三条不同的直线，α,A．若a⊥c,b⊥c，则C．若a∥α,b∥α,【答案】D【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对A：若a⊥c,对B：若a//b,a//对C：若a∥α,b∥α,c⊥a,对D：两个平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.故D正确.故选：D1.（2025·安徽·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a⊂α，b⊂β，α⊥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【分析】根据线面垂直的性质判断充分性，由线线垂直得线面关系的各种情况判断必要性即可.【详解】若a⊥β，由b⊂若a⊥b，可能a//β或a与所以“a⊥β”是“故选：A2.（2024·四川·模拟预测）设l1,lA．若l1//α1，l2//B．若l1,l2与α1所成的角相等，则C．若α1⊥α2,l1D．若α1⊥【答案】D【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.【详解】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，l1,l2与对于C，α1⊥α2,对于D，α1⊥α故选：D．3.（2024·山东淄博·二模）已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线．若α则下列说法正确的是（）A．a与l相交 B．b与l相交 C．a∥b D．a与β相交【答案】C【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可.【详解】对于AB，l//γ,l⊂平面α同理可得l//对于C，由AB知道a//对于D，由A知道l//a,a⊄平面β，l故选：C.4.（2024·贵州遵义·二模）已知平面α,β,A．若直线l⊥α，则lB．若直线l//α，则l与β和C．若l⊂α，则lD．若直线l过空间某个定点，则与α,β,【答案】D【分析】根据给定条件，作出正方体，举例说明判断ABC；利用正方体的体对角线推理判断D.【详解】在正方体ABCD−A1B1C1令平面ABCD为平面α，平面ADD1A1为平面β，平面对于A，直线DD1⊥α，DD1⊂β对于B，A1B1//α，当l对于C，AB⊂α，当l为直线AB时，对于D，在正方体ABCD−A1B1它们与平面ABCD，平面ADD1A而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等，过空间给定点作直线平行于直线AC1,因此直线l过空间某个定点，与α,β,故选：D考点三、异面直线的判断与异面直线所成角1.（2022·安徽马鞍山·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是CA．510 B．1510 C．105【答案】D【分析】先根据面面平行性质定理得出交线l,再结合空间向量法求异面直线的余弦值.【详解】因为ABCD−A1B1平面AMD1∩平面BCC1所以AD1//MN,M是所以BN→平面AMD1∩平面ABCD如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，则BB设直线l与BA1cosθ故选：D.2.（2024·重庆·二模）已知a,b是空间中的两条直线，则a,b没有交点是aA．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】B【分析】利用异面和平行直线的概念结合充分必要条件判断.【详解】a，b是空间中的两条直线，a,b没有交点可推得a//b或a//b,则∴a,b故选：B．1.（23-24高三下·河南·阶段练习）过三棱柱任意两个顶点的直线中，其中异面直线有（

）对A．15 B．24 C．36 D．54【答案】C【分析】依据异面直线定义结合三棱柱的特征性质即可求得异面直线的对数.【详解】三棱柱ABC−A1B1与A1C1与B1C1与AA1异面的直线有与BB1异面的直线有与CC1异面的直线有与A1B异面的直线有AC,B1与B1C异面的直线有AB,AC与A1C异面的直线有AB,与AC所以异面直线有5×3+3×3+3×2+2×2+1×2=36对，故选：C.2.（2021·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1A．π2 B．π3 C．π4【答案】D【分析】平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD【详解】如图，连接BC1,PC所以∠PBC1或其补角为直线PB因为BB1⊥平面A1B1C所以PC1⊥平面PB设正方体棱长为2，则BCsin∠PBC1故选：D3.（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1CA．α≤β≤γ B．β≤α【答案】A【分析】先用几何法表示出α，【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于则α=∠EFP，β=∠tanα=PEFP=所以α≤故选：A．考点四、立体几何截面问题1.（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）圆台上、下底面半径分别为r,R，作平行于底面的平面A．3B．3C．3D．3【答案】B【分析】设截面半径为x，上，下圆台的高分别为ℎ1，ℎ2，上，下圆台的体积分别为V1,V【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为ℎ1，ℎ2，上，下圆台的体积分别为则ℎ1ℎ2则13于是R2+x得2x3=故选：B．2.（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【分析】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1【详解】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1则五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形，不妨设AB=2AD=2AA1=4，又点M是线段C所以C1M=3，D1M=1，所以ABCF=BHCH=又D1MDF=E又GD1AD=E即五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形.故选：C1.（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6cm，AA1，BB1为圆台的两条母线，截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且A．193cm3 B．103cm3【答案】C【分析】分别取A1B1，AB的中点E，F，则易知截面ABB1A1与下底面所成的夹角为∠EFO=60°，E【详解】如图，分别取A1B1，AB的中点E则O1E⊥A1B1，OF⊥AB且O1EOF∩O1O=O，OF,又EF⊂平面FEO1∴截面ABB1A过E作EH⊥FO于点H，则EH//又⊙O1劣弧A1B1∴∠A1O1B1=同理可得OF=3，∴FH=3−2=1∴O又三角形A1O1同理可得三角形AOB的面积为12∴三棱台ABO−A1故选：C．2.（2024·浙江温州·模拟预测）边长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（

）A．42 B．23 C．33【答案】A【分析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，截面面积最大，得出截面后计算即可得.【详解】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，如图所示矩形DD此时截面面积为S=2×故选：A.3.（2024·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得l//AE，进而【详解】如图，设AB=6，分别延长AE、A1B连接FG交B1C1于H设平面AEF与平面DCC1D1的交线为因为平面ABB1A1//平面DCC1D1所以l//AE，设l∩此时△FD1I∽△ABE，故所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选：C．

4.（2023·安徽马鞍山·模拟预测）已知正四棱锥S−ABCD的所有棱长都为2，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为【答案】4【分析】取SC的中点F，连接DF,BF，得SC⊥平面BDF，当点E在S,F【详解】解：取SC的中点F，连接DF,BF，则而BF∩DF=F,BF,当点E在S,F之间时，作EP//BF,作MN//SA,PQ//SA分别交AD,AB于点如图所示：令SESF=λ，则EP可得PB=BQ=PQ=21−λ由cos∠DFB=所以S△又因为MN与NQ的夹角等于SA与BD的夹角，且由正四棱锥性质可知SA与BD垂直，所以S四边形可得截面的面积为：S=根据二次函数的性质，可知，当λ=23时，S故答案为：41．（2024高三·天津·专题练习）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若m//α，n⊂α，则m//n C．若m//α，n⊥α，则m⊥n D．若m//【答案】C【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案.【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，若m//α，n⊂α，则对于B，若m//α，n//α，则对于C，设直线l，满足l⊂α且若n⊥α，则n⊥l，而对于D，若m//α，n⊥α，则故选：C.2．（2024高三·全国·专题练习）若直线l不平行于平面α，且l⊂A．α内的所有直线与l都异面 B．α内的所有直线与l都相交C．α内不存在与l平行的直线 D．α内存在唯一的直线与l平行【答案】C【分析】先得到直线l与平面α相交，从而得到α内的直线有可能与α异面，相交，不存在与l平行的直线，得到答案.【详解】因为直线l不平行于平面α，且l⊂α，得直线l与平面故α内的直线有可能与α异面，相交，故A，B错误．α内不存在与l平行的直线，C正确，D错误．故选：C3．（2024高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（

）A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥αB．若直线a在平面α外，则a∥αC．若直线a∥b，b⊂α，则a∥αD．若直线a⊄α，b⊂α且a∥b，则a【答案】D【详解】选项A中缺少l在平面α外这一条件；直线在平面α外包括直线与平面相交和与平面平行两种情况，故选项B错；选项C中缺少a不在平面α内这一条件；选项D满足线面平行的三个条件．【考查意图】线面平行的判定．4．（2020·天津河东·模拟预测）已知平面α,β，直线l⊂α，直线A．若α//β,m//β，则C．若l//m,α//β，则【答案】B【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【详解】因为l⊂对于A，若α//β,m//对于B，若α//β,m⊥β，则对于C，若l//m,对于D，若l⊥m,m//故选：B．5．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）设l,m,A．若l//m,m//n，则C．若l⊥m,l//α，则【答案】A【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.【详解】对于A，因为l,m,所以l//对于B，若l//m,m//对于C，若l⊥m,l//α，则m//对于D，若m⊥n,m//故选：A.6．（23-24高三上·天津武清·阶段练习）已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题成立的是（

）A．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β B．若αC．若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β 【答案】D【分析】根据空间中直线，平面间的关系，即可结合选项逐一求解.【详解】对于A，若α⊥β，m⊂α，则m⊥β或对于B.若α//β，m⊂α，n⊂对于C.若m⊂α，n⊂β，m//对于D.若α∩β=m，n//故选：D1．（20-21高三上·天津红桥·期中）已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若n//α，m⊂②若m//α，m//③若m⊥β，α⊥④若m⊥α，m⊥⑤若α⊥β，m⊂⑥若α//β，m⊥⑦若α∩β=n，其中真命题的个数是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【解析】利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定和性质判断①②③④⑤⑥⑦中线线、线面、面面位置关系，由此可得出结论.【详解】对于①，若n//α，m⊂α，则m、对于②，若m//α，m//β，则α、对于③，若m⊥β，α⊥β，则m//对于④，若m⊥α，m⊥β，由线面垂直的性质可得对于⑤，若α⊥β，m⊂β，则m与α平行、相交或对于⑥，若α//β，m⊥β，由面面平行的性质可得对于⑦，若α∩β=n，m//n，则故选：A.【点睛】对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．2．（2020·天津北辰·二模）m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，下列说法正确的是()A．若α//β，m⊂αB．若m，n⊂α，m//βC．若α//β，mD．m，n是异面直线，若m//α，m//β，n【答案】D【分析】利用反例判断A，B，C的正误，利用平面平行的判定定理判断D的正误即可．【详解】解：对于A，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//对于B，若m，n⊂α，m//β，n//β，则α//对于C，若α//β，m//α，则m//对于D，过A作a//m，b//n，直线a，b是相交直线，确定平面γ，由题意可得，γ//β，故选：D．【点睛】本题考查直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系的应用，考查基本知识，以及定理的应用，属于中档题．3．（20-21高三上·天津·期中）在正三棱柱ABC−A'B'C'中，D为棱AC的中点，AB【答案】6【解析】作出示意图，取A'C'中点D'，连接【详解】取A'C'中点D因为DD'//BB所以直线B'C和BD所成的角为不妨设AB=2，所以D所以D'B'2+所以直线B'C和BD所成的角的余弦值为故答案为：64【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π4．（20-21高三上·天津静海·开学考试）在如图的正方体中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为【答案】60【解析】通过平行关系可确定出异面直线所成角为∠D1AC【详解】连接AD因为M,N分别为棱BC和棱CC又因为几何体为正方体，所以AD1//所以∠D1AC为异面直线AC又因为AD1=所以∠D1AC=60°，所以异面直线AC和故答案为：60.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π5．（2019·天津和平·三模）已知两条不重合的直线m，n，两个不重合的平面α，β，有下列四个命题：①若m∥n，m⊂②若n⊥α，m⊥β，且③若m⊂α，n⊂α，m∥④若α⊥β，α∩β=m，且其中所有正确命题的序号为．【答案】②④【分析】由题意，利用线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、面面平行的判定定理逐一考查所给的命题是否成立即可.【详解】逐一考查所给的命题：①若m∥n，m⊂α，有可能②若n⊥α，m⊥β，且③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥④若α⊥β，α∩β=m，且综上