【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案8．3《空间点、线、面之间的位置关系》(含详解).doc，共(10)页，414.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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18．3空间点、线、面之间的位置关系1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内．它的作用是可用来证明点在平面内或__________________．(2)公理2：过____________上的

三点，有且只有一个平面．公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面；③经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，

那么它们____________过该点的公共直线．它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题．2．空间两条直线的位置关系(1)位置关系的分类共面直线相交直线：同一个平面内，有且只有.平行直线：

同一个平面内，.异面直线：不同在任何一个平面内，.(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两

条直线”．②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性．③异面直线所成的角：已知两条异面直线a，b，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)．异面直线所成角的范围是____________．若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________．3．平行公

理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性)．它给出了判断空间两条直线平行的依据．4．等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________．自查自纠：1．(1)两点直线在平面内(2)不在一条直线(3)有且只有一条

2．(1)一个公共点没有公共点没有公共点(2)③0，π2互相垂直异面垂直3．同一条直线4．相等或互补若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∥

l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解：易知仅B正确．故选B．(2018·厦门调考)设a，b，c是空间中的三条直线，给出以下几个命题：①设a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a，b是异面直线，b，c是

异面直线，则a，c也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交．其中真命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解：因为a⊥b，b⊥c，所以a与c可能相交、平行、异面，故①错．因为a，b异面，b，c异面，则a，c可能异

面、相交、平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可能异面、相交、平行，故③错．故选A．(2017黑龙江哈师大附中月考)若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，

2则下列结论中正确的是()A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角．故选D．有下列四

个命题：①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交平面α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面；④若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．其中正确

命题的序号是________．解：在①中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与平面α的交线上，即P，Q，R三点共线，所以①正确．在②中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面上，所以l⊂α，即

a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，即这些直线共面，所以②正确．在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，所以③错．在④中，由题设知，a与α相交，设a∩α＝P，如图，

在α内过点P的直线l与a共面，所以④错．故填①②．(2018·广东百校联盟联考)如图，E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成角的余弦值为________．解：不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的

棱长为2，连接BC1，设B1C∩BC1＝O，连接EO，如图所示，在△BC1D1中，当点E为C1D1的中点时，BD1∥OE，则BD1∥平面B1CE，据此可得∠OEC为直线BD1与CE所成的角．在△OEC中，边长EC＝5，OC＝2，OE＝3，则△OEC

是直角三角形，即异面直线BD1与CE所成角的余弦值为35＝155．故填155．类型一基本概念与性质问题(2017福建闽侯三中月考)ABCD-A1B1C1D1是正方体，在图1中，E、F分别是D1C1、B1B的中点

，画出图1、2中有阴影的平面与平面ABCD的交线，并给出证明．解：在图3中，过点E作EN平行于B1B交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．在图4中，延长DC，过点C1作C1M∥A1B交DC的延长线于点M，连接BM，则BM即为有阴影

的平面与平面ABCD的交线．证明：在图3中，因为直线EN∥BF，所以B、N、E、F四点共面，因此EF与BN相交，交点为M．因为M∈EF，且M∈NB，而EF⊂平面AEF，3NB⊂平面ABCD，所以M是平面

ABCD与平面AEF的公共点．又因为点A是平面AEF和平面ABCD的公共点，故AM为两平面的交线．在图4中，C1M在平面DCC1D1内，因此与DC的延长线相交，交点为M，则点M为平面A1C1B与平面ABCD的公共点，又点B是这两个平面的公共点，因此直线BM是两平面的交线．

点拨：本题解题的关键在于构造平面，可考虑过一条直线及另一条直线上的点作平面，进而找出两面相交的交线．如图所示，E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面

ABCD的交线．解：如图所示，在平面AA1D1D内，D1F与DA不平行，分别延长D1F与DA，则D1F与DA必相交，设交点为M．因为M∈D1F，M∈DA，D1F⊂平面BED1F，DA⊂平面ABCD，所以M∈平面BED1F∩平面ABCD，又B∈平面BED1F∩平面ABC

D，连接MB，则平面BED1F∩平面ABCD＝MB．故直线MB即为所求两平面的交线．类型二点共线、线共点问题如图，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EG与FH交

于点P，求证：P，A，C三点共线．证明：(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD．在△BCD中，因为BGGC＝DHHC＝12，所以GH∥BD，所以EF∥GH．所以E，F，G，H四点共面．(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG

⊂平面ABC，所以P∈平面ABC．同理P∈平面ADC．所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，即P，A，C三点共线．点拨：①证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用公理或推论来直接证明

；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可．②要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上．③证明空间三线共点问题，先证两条

直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上，如变式2．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R点，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．4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AC1中，设平面AA1C1C为α，又设平面BDEF为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，点M∈平面B1B

CC1．又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1．所以DE，BF，CC1三线交于点M．类型三共面问题如图，已知直线a∥b∥c，l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C．求证：直线a，b，c和l共面．证明：方法一：

(辅助平面法)因为a∥b，所以a，b确定一个平面α．因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α．又A∈l，B∈l，所以l⊂α．因为C∈l，所以C∈α，所以直线a与点C同在平面α内．又a∥c，所以直线a，c确定一个平面β．因为C∈c，

c⊂β，所以C∈β，即直线a与点C同在平面β内，由公理2的推论1，可得平面α和平面β重合，则c⊂α．所以a，b，c，l共面．方法二：(纳入平面法)因为a∥b，所以a，b确定一个平面α．因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α．又A∈l，B∈l，所以l

⊂α．则a，b，l都在平面α内，即b在a，l确定的平面内．同理可证c在a，l确定的平面内．因为过a与l只能确定一个平面，所以a，b，c，l共面于a，l确定的平面，即直线a，b，c和l共面．点拨：证明点、线共面的主

要依据是公理1、公理2及其推论，常用的方法有：①辅助平面法，先证明有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合；②纳入平面法，先由条件确定一个平面，再证明有关的点、线在此平面内．下列如图所示的正方体和正

四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形是__________．(填所有满足条件图形的序号)解：易知①③中PS∥QR，所以四点共面．在②中构造如图所示的含点P，S，R，Q的正六边形，易知四点共面．在④中，由点P，R，Q确定平面α，由图象观察知点S在平面α外，因此四点不共

面．综上知，故填①②③．类型四异面直线问题如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否为异面直线？并说明理由；(2)D1B和CC1是否

为异面直线？并说明理由．解：(1)AM和CN不是异面直线，理由如下：5如图，连接A1C1，AC，MN，因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1．又A1A綊C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，所以A，M，N，C

在同一个平面内．故AM和CN不是异面直线．(2)D1B和CC1是异面直线，理由如下：假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1，所以BC⊂平面CC1D1，这与ABCD-A1B1C1D1是正方体相矛盾，所以假设不成立，故D1B和CC1是异面直线．另解

：D1在CC1D1内，B不在CC1D1内，CC1不过D1．点拨：空间两条直线的位置关系共有三种：异面，平行，相交．要证两条直线是异面直线，要否定其为平行、相交两种情况，另外，也可由“与一平面相交于一点的

直线与这个平面内不经过交点的直线是异面直线”证明．要证两条直线相交，只要证其共面不平行即可．(2017清原县高级中学月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示，其中P点不在对角线B1D1)上．(1)过P点在空间作一直线l，使

l∥直线BD，应该如何作图？并说明理由；(2)过P点在平面A1C1内作一直线m，使m与直线BD成α角，其中α∈0，π2，这样的直线有几条，应该如何作图？解：(1)连接B1D1，BD，在平面A1C1内过P作直线l，使l∥B1D1，则l即为所求作

的直线．因为B1D1∥BD，l∥B1D1，所以l∥直线BD．(2)在平面A1C1内作直线m，使直线m与B1D1相交成α角，因为BD∥B1D1，所以直线m与直线BD也成α角，即直线m为所求作的直线，如图．由图知m与BD是

异面直线，且m与BD所成的角α∈0，π2．当α＝π2时，这样的直线m有且只有一条，当α≠π2时，这样的直线m有两条．(2018·四川泸州模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那

么异面直线OE与FD1所成的角的余弦值等于．解：取BC的中点G，连接GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH．因为E是CC1的中点，所以GC1∥EH．所以∠OEH即为异面直线OE与FD1所成的角．在△O

EH中，OE＝3，HE＝52，OH＝52．cos∠OEH＝OE2EH＝155．故填155．点拨：6求解本题的关键是作出异面直线所成角，先选择适当的点，如线段的中点或端点，再平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；然后证明所作的角是异面直线所成的角；接着在立体图形中，寻找或作出

含有此角的三角形，并解之；最后注意取舍，因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．(2018·湖南师大附中一模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，则异面直线AB1和A1C所成角的余弦值为()A．1

4B．－14C．12D．－12解：设正三棱柱ABC-A1B1C1各条棱长为1，取AB1中点M，BC中点N，易知所求角为∠AMN(或其补角)，cos∠AMN＝12＋12－342×22×22＝14．故选A．1．判断空间线面关系命题的真假，是一类常见的客观题．解这

类题，一要准确把握、理解相关概念；二要熟悉“推理论证加反例推断”的方法；三要借助空间直观．如教室就是一个长方体，建议同学们学立体几何时充分借助这一模型．2．要重视三种数学语言——文字语言、符号语言、图形语言的互

译，特别要培养准确使用符号语言的能力．在空间图形中，点是最基本的元素，点与线、点与面是元素与集合的关系，直线与平面是集合与集合的关系，防止出现符号“∈”“⊂”混用的错误．3．求两条异面直线所成角的步骤是：先作图，再证明，后计算．作图，往往过其中一条直线上一点作另外一条直线的平行线，或过

空间一特殊点分别作两条直线的平行线，即平移线段法，此法是求异面直线所成角的常用方法，其实质是把异面问题转化为共面问题；证明，即证明作图中所产生的某个角是异面直线所成的角；计算，一般在一个三角形中求解，这往往需要运用正弦定理或余弦定理

来解决，如果计算出来的角是钝角，则需要转化为相应的锐角，因为异面直线所成角的范围是0，π2．4．证明“线共面”或者“点共面”问题时，可以先由部分直线或者点确定一个平面，再证明其余的直线或者其余的点也在这个平面内．5．证明“点共线”问题时，可以将这些点看做是两个平面的交线上的点，只要

证明这些点是两个平面的公共点，根据公理3就可以确定这些点都在同一条直线上，即点共线．1．下面三条直线一定共面的是()A．a，b，c两两平行B．a，b，c两两相交C．a∥b，c与a，b均相交D．a，b，c两两

垂直解：因为a∥b，所以a，b确定了一个平面，又c与a，b均相交，所以c只能在a，b确定的平面内，即a，b，c共面．故选C．2．如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个图是()解：A，B中PQ綊RS，D中直线

PQ与RS相交(或RP∥SQ)，即直线PQ与RS共面，均不满足条件；C中的直线PQ与RS是两条既不平行，又不相交的直线，即直线PQ与RS是异面直线．故选C．3．(2018·安徽马鞍山质检)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，△A1B1C1

是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()7A．直线CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．A1C1∥平面AB1ED．直线AE与B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1解：直线CC1与B1E均在平面BCC

1B1内，两直线不是异面直线，故A错误；因为△A1B1C1是正三角形，所以△ABC是正三角形，所以∠CAB＝60°，可知AC⊥平面ABB1A1不成立，故B错误；因为AC∥A1C1，AC与平面AB1E相交，所以A1C1∥平面AB1E不成立，故C错误；由△ABC是正三角形，得

AE⊥BC，又AE⊥CC1，所以AE⊥平面BCC1B1，所以直线AE与B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1，故D正确．故选D．4．(2018·云南大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是()①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面

平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②

与④解：直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．故选D．5．(2017抚顺市第六中学月考)如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的12条棱中，共有异面直

线()A．12对B．24对C．36对D．48对解：因为每条棱都有4对，但其中都有2次重复，故所求为4×122＝24．故选B．6．(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．32B．155C．105D．33解：如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补成直四棱柱ABCD­A1B1C1D1，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＝5，AD1＝2．在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝12＋22－2×1×2×cos60

°＝3，所以cos∠B1AD1＝5＋2－32×5×2＝105．故选C．7．(2018·陕西西安期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1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MB

1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________．解：A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C∉平面AD1C1B，C1∉AM，因此直线AM与CC1是异面直线，同理，AM与BN也是异面直线，AM与DD

1也是异面直线，①②错，④正确；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N∉平面MBB1，B∉MB1，因此直线BN与MB1是异面直线，③正确．故填③④．8．(2017武汉市第十五中学月考)在空间四边形ABC

D中，已知E、F分别是AB、CD的中点，且EF＝5，又AD＝6，BC＝8，则AD与BC所成角的大小是________．解：如图所示，8取BD的中点G，连接EG，GF，易知直线AD与BC所成的角即∠EGF．又EF2＝EG2＋GF

2．所以∠EGF＝90°，则异面直线AD与BC所成的角为90°．故填90°．9．(2017鞍山市第三中学月考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为8cm，M，N，P分别是AD、A1B1、B1B的中点．(1)画出过M，N，P三点的平面与平面AC的交线以及与平面BC1的交线；

(2)设过M，N，P三点的平面与BC交于点R，求PR的长．解：(1)延长NP、AB交于点Q．则Q∈平面MNP，Q∈平面AC．又M∈平面MNP，M∈平面AC．所以平面MNP∩平面AC＝MQ．设MQ∩BC＝R．则平面MNP∩平面BC1＝PR．(2)因为P为BB1中点，所以BQ＝B1N

＝12AB，所以BR＝13AM＝43(cm)．所以PR＝BP2＋BR2＝4310(cm)．10．(2018·合肥模拟)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱DD1，C1D1的中点．(1)求三棱

锥B1­A1BE的体积；(2)试判断直线B1F与平面A1BE是否平行，如果不平行，请说明理由；如果平行，请在平面A1BE上作出一条与B1F平行的直线，并说明理由．解：(1)VB1­A1BE＝VE­A1B1B＝13

S△A1B1B·DA＝13×12×2×2×2＝43．(2)B1F∥平面A1BE．如图，延长A1E交AD的延长线于点H，连接BH交CD于点G，连接EG，则BG即为所求．理由如下：因为A1B∥平面CDD1C1，平面A1BH∩平面CDD1C1＝GE，所以A

1B∥GE．又因为A1B∥CD1，所以GE∥CD1，且E为DD1的中点，所以G为CD的中点，又F为C1D1中点，所以BG∥B1F，则BG即为所求．11．(2018·榆林高三模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于

点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°．(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值．解：(1)在四棱锥P-ABCD中，因为PO⊥平面ABCD，所以∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°．在Rt△AOB中，

因为AB＝2，所以BO＝ABsin30°＝1．在Rt△POB中，因为PO⊥OB，所以PO＝BO·tan60°＝3，因为底面菱形的面积S＝2×12×2×2×32＝23，所以四棱锥P-ABCD的体积VP­ABCD＝13×23×3＝2．(2)如图所示，取AB的中点F，连

接EF，DF．因为E为PB的中点，9所以EF∥PA，所以∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或其补角)．AO＝AB·cos30°＝3＝OP，在Rt△POA中，PA＝6，EF＝62．在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝3，由余弦定理得

cos∠DEF＝DE2＋EF2－DF22DE·EF＝（3）2＋622－（3）22×3×62＝24．所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为24．(2017新宾县高级中学月考)如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB

的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K．给出以下说法：①直线MN⊂平面PQR；②点K在直线MN上；③M，N，K，A四点共面．其中说法正确的是________．解：因为PQ在平面PQR内，M在直线PQ上，所以M在平面PQR内，因为RQ在平面PQR内，N在直线RQ上，所以N在平面PQR内，所以

直线MN⊂平面PQR，故①正确．因为M在直线CB上，而CB在平面BCD内，所以M在平面BCD内，由①知M在平面PQR内，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以②正确．因为M，N，K三点共线，所

以M，N，K，A四点共面，故③正确．故填①②③．10