新高考数学一轮复习考点精讲+题型精练专题26 空间向量解决空间直线、平面位置关系（2份，原卷版+解析版）

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专题26 空间向量解决空间直线、平面位置关系
№考向解读
➊考点精析
➋真题精讲
➌模拟精练
➍专题训练
（新高考）
高考数学一轮复习
专题26 空间向量解决空间直线、平面位置关系
→➊考点精析←
一、 空间向量的有关概念
1.空间向量的概念：在空间中，既有大小又有方向的量，称为空间向量．空间向量的大小称为向量的长度或模.空间向量一般用字母a，b，c…表示。
2. 共线向量(平行向量)：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合.
3. 共面向量：平行于同一平面的向量
4. 共线向量定理：对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=λb
5. 共面向量定理：若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb
6. 空间向量基本定理：如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p= xa+yb+zc
二、 空间向量的运算
1.空间向量的数量积
(1)a·b=|a||b|cs
(2)a⊥b⇔ a·b=0 (a,b为非零向量).
(3)|a|2= a2;设a=(x,y,z),则|a|=.
2.空间向量的坐标运算
a=(a1,a2,a3), b=(b1,b2,b3)
（1）a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3)
（2）a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3)
（3）a·b= a1b1+a2b2+a3b3
（4）a∥b⇒ a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0)
（5）a⊥b⇔ a1b1+a2b2+a3b3=0
（6）cs=
三、 空间共线、共面向量定理
1. 共线向量定理：对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=λb
2. 共面向量定理：若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb
3. 空间向量基本定理：如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在有序实数组{x,y,z},使得p= xa+yb+zc
四、 利用空间向量证明平行与垂直
a=(a1,a2,a3), b=(b1,b2,b3)
1. a∥b⇒ a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0)
2. a⊥b⇔ a1b1+a2b2+a3b3=0
→➋真题精讲←
1. （2023北京卷16）如图，在三棱锥中，平面，．

（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
2.（2023全国Ⅰ卷18）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
【小问2详解】
设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
3. （2023全国Ⅱ卷20）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
→➌模拟精练←
1.（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）已知正方体的棱长均为为线段的中点,,其中,则下列选项正确的是（ ）
A．当时,
B．当时,的最小值为
C．若直线与平面所成角为,则点的轨迹长度为
D．当时,正方体被平面截的图形最大面积为
【答案】AD
【分析】将代入,将用表示,计算其数量积是否为0即可证明;将代入可知点在上,且在平面上,将沿着向下翻折至与平面共面, 点翻折后变为,过向作垂线,垂足为,可知在上,且为中点,所以最小值为,根据长度关系解出即可;由直线与平面所成角为可得为等腰直角三角形,即,可得的轨迹为以为圆心为半径的圆上,且在平面内,进而可求其轨迹长度,判断正误;由,可得三点共线,分在上运动和在上运动两种情况下,讨论截面面积的大小情况,求出最值,即可判断正误.
【详解】由题知正方体的棱长均为2,
当时,,
此时
,
所以,
即选项A正确;
当时,,
所以点在上,且点在平面上,
分别将,延长至,
使得,
将沿着向下翻折至与平面共面,
点翻折后变为,过向作垂线,垂足为,如图所示:
因为,
所以,
因为,所以为中点,且,
因为平面平面,且平面平面,
,所以平面,
所以,又因为,
所以在上,且为中点,,
在平面中,连接交于点时,取最小值,
因为,所以,
此时
,
故选项B错误;
因为面，所以为直线与面的平面角，
当直线与平面所成角为时,
即,因为,所以,
所以为等腰直角三角形,因为,所以,
因为,由平面向量基本定理可知在平面内,
所以的轨迹为以为圆心为半径的圆上,且在平面内,
所以点的轨迹长度为,
故选项C错误;
因为,其中,
因为,所以三点共线,
连接交于点,
当点在上运动时,延长交于点,
则正方体被平面截的图形为,
由图可知,当点运动到点时,截面为,此时截面积最大,
因为正方体棱为2,所以,
此时截面积最大为,
当点在上运动时,延长交于点,
过点做的平行线交于点,连接,
再过点做的垂线,垂足为,如图所示:
由题可知,此时截面为等腰梯形,
记,则,
,,
所以,
,
所以
,
令,
所以,所以在单调递增,
所以,
故,因为,
所以正方体被平面截的图形最大面积为,
即选项D正确.
故选:AD
【点睛】思路点睛:该题考查立体几何的综合问题,属于难题,关于求两距离和的最小值的思路有:
(1)找对称点,将两距离中一个距离转化为另一距离,根据三角形两边和大于第三边,两边差小于第三边解得;
(2)将两距离通过侧面展开,翻折等,转为到一个平面内,根据两点之间,线段最短解得;
(3)建系,用坐标表示距离和,变为关于变量的函数,分析函数性质,求出最值.
2．（2023·江苏南京·统考二模）已知四棱柱的底面为正方形，，，则（ ）
A．点在平面内的射影在上
B．平面
C．与平面的交点是的重心
D．二面角的大小为
【答案】ACD
【分析】设，，，正方形的边长为1，根据对称性得到A正确，计算得到B错误，根据相似得到得到C正确，确定为二面角的平面角，计算得到D正确，得到答案.
【详解】设，，，正方形的边长为1，
则，，，
对选项A：，，根据对称性知，点在平面内
的射影在的角平分线上，即在上，正确；
对选项B：，，
，错误；
对选项C：设，相交于，与交于点，
即为与平面的交点，
则，为中边上的中线，故为的重心，正确；
对选项D：连接与相交于，连接，根据对称性知，
又，平面，平面，
故为二面角的平面角，
，
故，故，
，，故，正确
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查了空间几何投影，垂直关系，二面角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，把空间关系的证明转化为空间向量的运算，可以简化过程，是解题的关键.
3．（2023·江苏·统考二模）在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（ ）
A．异面直线与的距离为
B．直线与平面所成的角的余弦值为
C．若该正四棱柱的各顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为
D．以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法求异面直线与的距离和直线与平面所成的角的余弦值，由此判断A，B，再确定正四棱柱的外接球的球心和半径求球的表面积判断C，确定以A为球心，半径为2的球面与正四棱柱表面的交线，求其长度判断D.
【详解】由已知两两垂直，
故以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，
故，，
设向量，，
则，取，可得，
所以满足条件的一个向量，
所以向量在向量上的投影向量的模为，A正确；
设平面的法向量为，，
则，又，
所以，令，则，
所以为平面的一个法向量，又，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，又，
所以，B错误；
由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径，
因为，
所以正四棱柱的外接球的半径为，
其表面积为，C正确；
如图，以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线由四段圆弧组成，
由已知，，
所以，
所以圆弧的长为，
因为，
所以，
所以圆弧的长为，
又圆弧的长为，
圆弧的长为，
所以以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱
表面的交线的总长度为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】【点睛】
4．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（ ）
A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【解析】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，
连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，
当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为
取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
4．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【解析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
5．（2023·广东汕头·统考一模）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
【答案】ABD
【解析】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；
连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；
过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确.
故选：ABD.
6．（2023·广东湛江·统考一模）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为平行四边形，且，，．
(1)证明：点在平面的正投影在直线上；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）
证明：如图，过点在平面内作垂直于，交的延长线于点，连接．
因为，，
所以．
又，平面，且，
所以平面．
又平面，
所以，即．
因为，，
所以
又因为，
所以，故．
因为为等边三角形，所以．
又，
所以．
又，
所以．
又平面，且，
所以平面，
所以点为点在平面的正投影，
又点在直线上，
所以点在平面的正投影在直线上．
（2）由（1）得两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意可得．
又，
所以，，，，
所以，，．
设为平面的法向量，
所以 ，即，
令，可得．
设为平面的法向量，
所以，即，
令，可得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
7．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.
(1)求二面角的余弦值；
(2)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
【答案】(1)
(2)平行，距离为
【分析】(1)先证，，然后得出平面SAC.建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.
(2)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.
【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，
因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，平面SAC, 平面SAC,
又，所以平面SAC.
作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.
如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，C.，D.，，，，
所以，，，
设是平面EBF的法向量，
则，
则，设是平面DBF的法向量，
则，取，
所以，
又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（2）直线SA与平面BDF平行.
法1:连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，
又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.
法2:由（1）知是平面BDF的一个法向量，
又，，所以，
所以，
所以，又因为平面BDF，所以直线平面BDF.
设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，
因为，是平面DBF的一个法向量，
所以，
所以点A与平面BDF的距离为，
所以直线SA与平面BDF的距离为.
→➍专题训练←
1.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线l与平面的位置关系是（ ）
A．B．C．D．l与斜交
【答案】B
【解析】由题得，，则，又是平面的法向量，是直线l的方向向量，可得.
故选：B
2. 若平面，的法向量分别为，，则( )
A．B．与相交但不垂直
C．D．或与重合
【答案】A
【解析】因为平面，的法向量分别为，
即，所以
所以
故选：A
3. 在空间直角坐标系中，已知，，则点B的坐标是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】设，，
则，
而，
所以，解得，
所以，
故选：C.
4.已知，，则，夹角的余弦值______.
【答案】
【解析】因为，
所以，，
故答案为：
5.已知空间向量，，，，若，则实数________.
【答案】
【解析】因为，，所以
，又因为
所以设，则解得
故答案为：
5．（2023·广东江门·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，是的中点，点在上，且平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）连接与交于点，
因为底面是菱形，是的中点，
所以，且，所以.
因为平面，平面，平面平面，
所以 ，所以.
（2）因为底面是菱形，是的中点，，
因为，则，
由余弦定理可得，
所以，，所以.
因为平面，平面，平面，
所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
设，，则，
所以.
因为，所以，解得.
所以，，.
设为平面的法向量，则，得，
取，所以为平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
7．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，．
(1)已知点为上一点，且，求证：与平面不平行；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积．
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以、，又，
如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
因为，且不存在使得，即与不共线，
所以与平面不平行且不垂直.
（2）设且，则，所以，
直线与平面所成角的正弦值为，
，化简得，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，又平面，平面，
所以，，又，，所以，
，平面，所以平面，
又，所以，
，所以，
所以，即多面体的体积为.
8．（2023·江苏·统考三模）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．
(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；
(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．
条件①：；
条件②：∠PED＝60°；
条件③：PM＝3ME：
条件④：PE＝3ME．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，
又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，
则，，，，
设，.
则，，，，.
故.
设平面MBD法向量为，
则，令，可得；
设平面PBC法向量为，
则，可令，可得.
要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.
注意到条件①，
PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，
条件③，条件④.
则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；
（2）由（1），当选择①④时，，，.
则，平面MBD法向量为，
设BP与平面MBD所成角为，则；
当选择②③时，，，.
则，平面MBD法向量，
设BP与平面MBD所成角为，则；
.
9．（2023·湖南永州·统考三模）已知底面为菱形的平行六面体中，，四边形为正方形，交于点M.
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接交于点O，连接OM
四边形为菱形，
为中点，
四边形为正方形
，，
，平面，
平面
平面
（2）以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，得，，
，
由（1）知，平面
平面，，是等边三角形
点M作MH垂直OC于点H，在中，，，
可得CM边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，
由勾股定理可得，
故，，,
,,
设平面的法向量为，则，
即，令，，
所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，，
直线与平面所成角的余弦值
10．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，点是母线的中点，圆柱底面半径.
(1)求证：平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，，则，且，，
连接，，由圆柱的性质可得
，
所以四边形是平行四边形，，所以为中点，
所以易知，平面，平面，
所以平面；
（2）设，则，
，当且仅当时取等，
如图所示，建立空间直角坐标系，，
，设平面的法向量为，
所以，令，，所以，
取平面的法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
11．（2023·安徽黄山·统考三模）如图，在直角梯形中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点，平面平面，，，是线段上一动点（不含端点）
(1)当点为线段的中点时，证明：//平面；
(2)若，，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为四边形为平行四边形，所以是中点，
连接，又点为线段的中点，则，且
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系（如图）.
则有，
设，，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）.所以
设平面的法向量为，
则有，
，
故可取.
设平面的法向量为，
则有，
，
故可取
所以.
所以二面角的正弦值为
12．（2023·河北唐山·统考三模）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面平面，则，
又因为平面，
所以平面；
（2）由（1）知平面平面，得，
又，
所以，
以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
又因为，所以，
，
，
设是平面的一个法向量，
则，即，
所以可取，
设是平面的一个法向量，
则即，所以可取，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
13．（2023·安徽铜陵·统考三模）如图所示，空间四边形中，，，且，，二面角的大小为45°.
(1)求异面直线和的夹角；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵，，∴
，∴，
，
∵二面角的大小为45°，∴ ，
∴，.
方法一：又，，∴，
∴，即，的夹角为.
方法二：取的中点，∵，，∴，，
又，∴平面，∴，即AC，BD的夹角为.
（2）方法一：过作于，连接，
由（1）知：，，
∴，∴，
∴即为二面角的平面角，由勾股定理可知，，
由等面积法可知,所以.
∴，∴二面角的大小为.
方法二：过在平面内作的平行线，显然与夹角为45°，如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
由题意可知：平面的法向量为，设平面的法向量为，
， ，
,得，
令，则，∴，
由图可知二面角为钝角，∴二面角的大小为.
命题解读
命题预测
复习建议
空间中直线、平面的位置关系，可以借用空间向量这一工具来解决，空间向量的运用使得空间立体几何问题转化为了计算问题，把几何问题转化为了代数的计算，因此在复习过程中既要要求学生的空间思维能力又要要求学生学会数学转化思想。
预计2024年的高考对于空间直线、平面的位置关系的考察还是一个必考题，充分运用空间向量让立体几何问题转化为数学的代数计算问题。
集合复习策略：
1.掌握空间向量的有关知识点，及空间向量解决空间直线、平面位置关系的有关定理.
2.能运用结论解决空间直线、平面的位置关系问题。