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专题37 空间点、直线、平面之间的位置关系（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 4
【考点1】基本事实的应用 4
【考点2】空间位置关系的判断 6
【考点3】异面直线所成的角 8
【分层检测】 10
【基础篇】 10
【能力篇】 13
【培优篇】 15
考试要求：
1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.
2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实 内容 图形 符号
基本 事实1 过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线 存在唯一的α使A，B，C∈α
基本 事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α l α
基本 事实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 P∈α，且P∈β α∩β＝l，且P∈l
(2)基本事实1的三个推论
推论 内容 图形 作用
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 确定平面的依据
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
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形 语言
符号 语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系 图形 语言
符号 语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
独有关系 图形 语言
符号 语言 a，b是 异面直线 a α
3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中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：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把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：.
1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
3．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
5．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
【考点1】基本事实的应用
一、单选题
1．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．E、F、G、H四点共面
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．、、三线共点
2．（2023·江西南昌·模拟预测）如图，正四棱台中，点分别是棱的中点，则下列判断中，不正确的是（ ）
A．共面 B．平面 C．平面 D．平面
二、多选题
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（ ）
A．若，C，E，F四点共面，则
B．存在点，使得平面
C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值
D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值
4．（2021·山东枣庄·二模）如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为( )
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为 ．
反思提升：
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)证明共线的方法：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是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
【考点2】空间位置关系的判断
一、单选题
1．（2023·浙江嘉兴·二模）已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2025·安徽·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，则“”是“”的（ ）．
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
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）已知平行六面体的所有棱长都相等，，，，，且点E，F满足，，平面α过点A，E，F，则（ ）
A．
B．的面积是
C．平面α与平面的交线长为
D．点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍
4．（23-24高二上·湖北恩施·期中）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
三、填空题
5．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
6．（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是 .（填写正确推理与证明的序号）
（1）已知②③④，则①成立
（2）已知①③④，则②成立
（3）已知①②④，则③成立
（4）已知①②③，则④成立
反思提升：
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
【考点3】异面直线所成的角
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（ ）

A． B． C． D．
2．（2022·贵州贵阳·模拟预测）已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则．
A．①② B．②③ C．①③ D．③④
二、多选题
3．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
4．（2023·辽宁·模拟预测）在棱长为1的正方体中，E，F分别是棱，BC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．点P在对角面内运动，若EP与直线AC成30°角，则点P的轨迹是线段
B．点Q在棱上，若正方体过E，D，Q的截面是四边形，则或CQ＝1
C．若正方体的截面过线段EF中点且与EF垂直，则该截面是四边形
D．若点R在平面内运动，则的最小值是
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 ．
6．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为 .
反思提升：
1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，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.
2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·安徽芜湖·三模）下列说法正确的是（ ）
A．正方体各面所在平面将空间分成27个部分
B．过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行
C．若空间中四条不同的直线满足，则
D．若为异面直线，平面平面，且与相交，若直线满足，则必平行于和的交线
2．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（ ）
A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线
B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线
C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线
D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线
3．（2021·山东潍坊·一模）在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A．经过三个点有且只有一个平面
B．平行于同一平面的两直线相互平行
C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面
4．（2024·安徽·模拟预测）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，
① 与 平行；
② 与 是异面直线；
③ 与 成 角；
④ 与 垂直．
以上四个结论中，正确结论的序号是（ ）

A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④
二、多选题
5．（2024·云南昆明·模拟预测）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A． B．
C．与成60°角 D．与是异面直线
6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对任意，存在，使得
D．对任意，存在，使得
7．（2024·辽宁·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若为异面直线，，则
三、填空题
8．（2023·广西·模拟预测）如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
9．（2021·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，点在棱上，且平面平面，则直线与平面的位置关系是 ；三棱锥的外接球体积为 .
10．（2023·黑龙江大庆·二模）如图，在直三棱柱中，，，，O是的中点，在侧面上以O为圆心，2为半径作圆，点P是圆O上一点，则线段BP长的最小值为 ．

四、解答题
11．（2021·云南昆明·模拟预测）如图，四棱柱ABCD—的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，AA1的中点.
(1)证明：B，E，D1，F四点共面；
(2)若求直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.
12．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，在正四面体A-BCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且，．
(1)求证：直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上；
(2)若，求点B到平面EFGH的距离．
【能力篇】
一、单选题
1．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·全国·二模）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
三、填空题
3．（2024·辽宁大连·二模）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为 .
四、解答题
4．（2022·贵州遵义·三模）如图，在直三棱柱中，，，，点分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角的正弦值．
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
二、多选题
2．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ）
A．球的体积为
B．点的轨迹长度为
C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为
D．三棱锥外接球与球内切
三、填空题
3．（2022·北京平谷·模拟预测）设棱长为2的正方体，是中点，点、分别是棱、上的动点，给出以下四个结论：
①存在；
②存在平面；
③存在无数个等腰三角形；
④三棱锥的体积的取值范围是.
则所有结论正确的序号是 .
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专题37 空间点、直线、平面之间的位置关系（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 7
【考点1】基本事实的应用 7
【考点2】空间位置关系的判断 15
【考点3】异面直线所成的角 23
【分层检测】 33
【基础篇】 33
【能力篇】 44
【培优篇】 50
考试要求：
1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.
2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实 内容 图形 符号
基本 事实1 过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线 存在唯一的α使A，B，C∈α
基本 事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α l α
基本 事实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 P∈α，且P∈β α∩β＝l，且P∈l
(2)基本事实1的三个推论
推论 内容 图形 作用
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 确定平面的依据
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
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形 语言
符号 语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系 图形 语言
符号 语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
独有关系 图形 语言
符号 语言 a，b是 异面直线 a α
3.基本事实4和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中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：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把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：.
1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
3．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
5．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
参考答案：
题号 1 2 3 4 5
答案 A C A A ABD
1．A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2．C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
3．A
【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断AB；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断CD；
【详解】对于A，若，则或，
又，当时，在内必存在直线l和m平行，则；
当时，显然有，所以，故A正确；
对于B，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若，则或，又，则或，故D错误.
故选：A.
4．A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
5．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
【考点1】基本事实的应用
一、单选题
1．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．E、F、G、H四点共面
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．、、三线共点
2．（2023·江西南昌·模拟预测）如图，正四棱台中，点分别是棱的中点，则下列判断中，不正确的是（ ）
A．共面 B．平面 C．平面 D．平面
二、多选题
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（ ）
A．若，C，E，F四点共面，则
B．存在点，使得平面
C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值
D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值
4．（2021·山东枣庄·二模）如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为( )
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为 ．
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 C C BCD ABC
1．C
【分析】根据线线平行及菱形对角线垂直判断A，根据两直线平行确定平面判断B，作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C，利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断D.
【详解】如图，
连接，由分别为中点，可得，
由可知，侧面为菱形，
所以，所以，故A正确；
连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点，
所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故B正确；
延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，，
设确定平面为，则，所以，所以，
则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，，
在中，，而中，，
而，所以截面的周长大于，故C错误；
由B知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点，
因为平面，平面，
又平面平面，所以，所以与重合，
即、、三线共点于，故D正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在，需要有较强的推理能力.
2．C
【分析】根据正棱台的概念及正棱锥的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】延长正四棱台的侧棱相交于，
则三棱锥为正四棱锥，
连接，都在平面内，故A正确；
因为分别是棱的中点，
所以，由正棱锥的性质可知，
所以，即平面，故B正确；
因为点分别是棱的中点，
所以，，
设，则平面，平面，
∴，平面，平面，
∴平面，显然平面与平面不平行，故C错误；
因为，平面，平面，
所以平面，故D正确.
故选：C.
3．BCD
【分析】利用面面平行的性质定理证明，，然后可得，取E不是棱的中点，可判断A；取E为棱的中点，可判断B；由的面积为定值，以及平面，平面，可判断C；取点E为中点，和点E与点重合两种情况求出四边形的面积可判断D.
【详解】在长方体中，若，C，E，F四点共面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理，
对于A，由，C，E，F四点共面，得平行四边形，则，，
于是，若E不是棱的中点，则，A错误；
对于B，当E是棱的中点时，由上知，F为的中点，四边形是平行四边形，
则，而平面，平面，因此平面，B正确；
对于C，由长方体性质知，且平面，平面，
则平面，同理可得平面，即点E，F到平面的距离为定值，
又的面积为定值，因此三棱锥和三棱锥的体积都为定值，
所以四棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，当点E为中点时，四边形是菱形，，，
四边形的面积为，
当点与点重合时，F与D重合，四边形为矩形，
面积为，四边形的面积不为定值，D正确.
故选：BCD
4．ABC
【分析】由所给条件探求出动点P的轨迹，然后在三角形中求出点A与动点P的距离范围得解.
【详解】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，，如图，
BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，
因AP⊥BD，所以平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，
连接CO，平面B1CD1平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，
连接AO，在等腰△OAC中，，而底边AC上的高为1，
腰OC上的高，从而有，
都符合，不符合.
故选：ABC
【点睛】几何体中定点到符合某个条件的动点的距离问题，先探求出符合所给条件的动点轨迹，再转化成平面问题解决，探求轨迹是关键.
5．
【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案.
【详解】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.
故答案为：
6．
【分析】
作出图形，根据线线平行得平行四边形，进而确定出截面为平行四边形，进而求出面积，
【详解】
取上靠近点的一个四等分点，连接，，
因为，所以且，则四边形为平行四边形，
所以且，过点作，因为，所以四边形为平行四边形，
则且，所以且，则截面为平行四边形，
由直四棱柱的性质可得，
，
，，
在△中，由余弦定理得，，
所以，
则截面的面积为；
故答案为：6

反思提升：
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)证明共线的方法：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是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
【考点2】空间位置关系的判断
一、单选题
1．（2023·浙江嘉兴·二模）已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2025·安徽·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，则“”是“”的（ ）．
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
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）已知平行六面体的所有棱长都相等，，，，，且点E，F满足，，平面α过点A，E，F，则（ ）
A．
B．的面积是
C．平面α与平面的交线长为
D．点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍
4．（23-24高二上·湖北恩施·期中）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
三、填空题
5．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
6．（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是 .（填写正确推理与证明的序号）
（1）已知②③④，则①成立
（2）已知①③④，则②成立
（3）已知①②④，则③成立
（4）已知①②③，则④成立
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 D A ACD ACD
1．D
【分析】由题意知平面平面，可先令为中点，再证明当点为中点时，满足平面平面，即可轻易得出的值.
【详解】因为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，
所以∥平面,而平面，故平面平面.
在正方体中，如图所示，取中点为,中点为,连接，
假设为中点，则为等腰三角形，中点为,所以;
又因为,,所以，
中点为,中点为,所以,而,所以，，平面，
所以平面，平面,所以；
因为，，,平面，
所以平面，平面，所以平面平面，符合题意，
故为中点，.
故选：D.
2．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，由可知成立；
若，可能或与相交，故不一定，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．ACD
【分析】根据空间向量的模长关系的运算，即可得六面体的棱长，从而确定的面积，即可判断B；连接AC，交BD于点O，连接，根据线面关系可得平面，再由即可得，即可判断A；根据空间中直线与平面的关系，确定平面α与平面的交线，即可求长度，从而判断C；根据线段长度关系，可得点C到平面α的距离是点到平面α的距离的倍数关系，即可判断D.
【详解】由题意知．将的两边平方，得，
所以，即平行六面体的棱长为2，所以是边长为2的正三角形，
其面积为，B错误．
如图，连接AC，交BD于点O，连接，
则，．又，AC，平面，所以平面．
又平面，所以．因为，所以，A正确．
连接AE，EF，延长EF与的延长线交于点G，则，所以．
过点G作AE的平行线，与交于点H，与交于点M，连接AM，则平面α与平面的交线即为MH．
易知，，．
在中，由余弦定理，得
，C正确．
由可得点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍，D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题考查平行六面体与空间向量、空间中的直线与平面的关系问题.解决本题的关键是利用空间向量的运算确定平行六面体的棱长、角度关系，从而可结合平行六面体的线面关系得线线垂直、得面面交线、得点到平面的距离关系.
4．ACD
【分析】对于A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可判定；对于B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，即可判定；对于C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴 轴 轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A正确；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
四边形为平行四边形，，，，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，，
即的最小值为，而的最大值为．故B错误；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴 轴 轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
，
．故D项正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：通过证明面面平行得到动点的轨迹，利用空间向量法确定点的位置是B、C的关键.
5． /0.5 /
【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.
【详解】在正方体中，是棱的中点，
延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，又，因此，，
所以.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键.
6．（1）（3）
【分析】由线面平行，垂直的判定定理和性质定理，以及面面平行的判定，性质定理判断即可，不正确的举出一个反例即可.
【详解】（1）若，，所以，因为，所以，（1）正确；
（2）若，，且是平面外的直线，则，又因为，所以与平行或相交，（2）错误；
（3）因为，，则，又因为，是平面外的直线，所以，（3）正确；
（4）若，，且是平面外的直线，则，又因为，则与平行或相交，（4）错误.
故答案为：（1）（3）
反思提升：
空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
【考点3】异面直线所成的角
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（ ）

A． B． C． D．
2．（2022·贵州贵阳·模拟预测）已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则．
A．①② B．②③ C．①③ D．③④
二、多选题
3．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
4．（2023·辽宁·模拟预测）在棱长为1的正方体中，E，F分别是棱，BC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．点P在对角面内运动，若EP与直线AC成30°角，则点P的轨迹是线段
B．点Q在棱上，若正方体过E，D，Q的截面是四边形，则或CQ＝1
C．若正方体的截面过线段EF中点且与EF垂直，则该截面是四边形
D．若点R在平面内运动，则的最小值是
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 ．
6．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 A D C BCD
1．A
【分析】将正方体的展开图重新组合成正方体，对选项逐个分析，判断易得只有A选项正确.
【详解】如图所示，将展开图重新组合成正方体. 显然. 因此A选项正确.

由图易得，显然与所成角非直角，因此异面直线与所成角也非直角，所以不成立. 因此B、C选项不正确.
由图易得，显然与相交，因此不成立. 因此D选项不正确.
故选：A
2．D
【分析】借助长方体模型考察直线是否可在平面内，可判断①②；在平面内取两条相交直线m，n，根据线面垂直判定定理可判断③；利用线面平行的性质定理和异面直线夹角定义可判断④.
【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图，
当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确；
当直线为直线a时，满足，，而，②不正确；
在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则，
而，则，又，m，n是相交直线，∴，③正确；
因，过直线b作平面，如图，
则有，又，，于是得，从而得，④正确，
∴给定命题正确的是③④.
故选：D.
3．C
【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D.
【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形
置于同一平面，且在直线两侧，连接，则，
当且仅当为与的交点时取等号，A正确；
对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心，
，，正半径，
正三棱锥底面上的高，又球的半径为，
则被截得的圆的半径为，面积为，B正确；
对于C，建立空间直角坐标系，如图，
则，设，有，
则，整理得，
则的轨迹是双曲线，C错误；
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，，
在直线上取点，使，不妨设，则，
则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能，
若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：选项A中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解.
4．BCD
【分析】取的中点，则，则与成角，设与对角面的交点为，则对角面，可知点轨迹为以EO为轴的一个圆锥的底面（圆），即可判断A；分为CQ＝1，，三种情况，作出过E，D，Q的截面，即可判断B；取的中点，设EF的中点为，过作，过作，分别交，于，可得过线段EF中点且与EF垂直的截面是四边形，即可判断C；设，平面平面，要使最小，需点R在上，以A为原点，分别以AC，为x，y轴，建立直角坐标系，设关于直线AT的对称点为，则，根据对称性求出坐标，由求解，即可判断D．
【详解】对于A，∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面,
取的中点，则，与AC成角，与成角，
设与对角面的交点为，则对角面，
点轨迹为以EO为轴的一个圆锥的底面（圆），如图1，其中EP是该圆锥的母线，且母线与轴成角，故A错误；
当CQ＝1时，点Q即为上，正方体过E，D，Q的截面是四边形，如图2；
当时，点在线段上，取的中点，连接，
因为，为平行四边形，则，
过Q作交于，则，点在线段上，
所以正方体过E，D，Q的截面是四边形，如图3；
当时，点在线段（不含端点）上，
正方体过E，D，Q的截面是五边形，其中，，如图4，
综上，点Q在棱上，若正方体过E，D，Q的截面是四边形，则或CQ＝1，故B正确；
对于C，取的中点，连接，
∵，∴为平行四边形，
设EF的中点为，在平面中，过作，分别交AF，于，
过作，分别交，于，
过作，分别交，于，
∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面，
∵平面，∴，
又，，平面，∴平面，
所以，过线段EF中点且与EF垂直的截面是四边形，如图5，故C正确；
对于D，设，连接，
∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面,
∵平面，∴平面平面，
若点R在平面内运动，要使最小，需点R在上，如图6，
以A为原点，分别以AC，为x，y轴，建立直角坐标系，如图7，
则，
设关于直线AT的对称点为，则，
直线AT的方程为，则，
解得，即，
所以，当为EW与AT的交点时，等号成立，
故的最小值为，故D正确．
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
5．
【分析】先根据异面直线所成角的定义确定为异面直线与所成的角或其补角；再根据勾股定理求出，余弦定理求出.，进而得出；最后在中，利用余弦定理即可求出.
【详解】取的中点，连接，如图所示：
因为为的中点，为的中点，
则根据三角形的中位线定理可得，且.
所以为异面直线与所成的角或其补角．
因为在中，，，，
所以，则.
又，所以．
又在中，，,
所以由余弦定理可得：.
又因为在中，，
所以由余弦定理可得：.
则在中，由余弦定理可得，，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：.
6．/
【分析】根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，再根据，可得即为直线与所成的角的平面角，由此可求得，从而可得，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解.
【详解】因为直线三条直线两两垂直，
如图，将图形还原为长方体，
因为，所以即为直线与所成的角的平面角，
则，
因为平面，平面，所以，
在中，由，得，
所以，
，
当且仅当时，取等号，
所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，从特殊几何体入手是解决本题的关键.
反思提升：
1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，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.
2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·安徽芜湖·三模）下列说法正确的是（ ）
A．正方体各面所在平面将空间分成27个部分
B．过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行
C．若空间中四条不同的直线满足，则
D．若为异面直线，平面平面，且与相交，若直线满足，则必平行于和的交线
2．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（ ）
A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线
B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线
C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线
D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线
3．（2021·山东潍坊·一模）在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A．经过三个点有且只有一个平面
B．平行于同一平面的两直线相互平行
C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面
4．（2024·安徽·模拟预测）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，
① 与 平行；
② 与 是异面直线；
③ 与 成 角；
④ 与 垂直．
以上四个结论中，正确结论的序号是（ ）

A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④
二、多选题
5．（2024·云南昆明·模拟预测）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A． B．
C．与成60°角 D．与是异面直线
6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对任意，存在，使得
D．对任意，存在，使得
7．（2024·辽宁·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若为异面直线，，则
三、填空题
8．（2023·广西·模拟预测）如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
9．（2021·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，点在棱上，且平面平面，则直线与平面的位置关系是 ；三棱锥的外接球体积为 .
10．（2023·黑龙江大庆·二模）如图，在直三棱柱中，，，，O是的中点，在侧面上以O为圆心，2为半径作圆，点P是圆O上一点，则线段BP长的最小值为 ．

四、解答题
11．（2021·云南昆明·模拟预测）如图，四棱柱ABCD—的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，AA1的中点.
(1)证明：B，E，D1，F四点共面；
(2)若求直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.
12．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，在正四面体A-BCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且，．
(1)求证：直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上；
(2)若，求点B到平面EFGH的距离．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D D C BCD BC AD
1．A
【分析】利用空间关系，可以判断AB，对于C可用正方体模型来举反例，对于D也是举反例.
【详解】对于A，利用四个侧面将空间分成九个部分，再由上下底面又将空间分成上中下三层，所以可以将空间分成27个部分，故A是正确的；
对于B，因为过平面外一点可以作一个平面与该平面平行，在这个平行平面内有无数条过该点的直线都与已知平面平行，故B是错误的；
对于C，
在正方体中，把看成，把看成，把看成，把看成，
它们满足，但不满足，故C是错误的；
对于D，由平面平面，且与相交于，则，
即满足条件，但此时与重合，它们不平行，故D是错误的；
故选：A.
2．D
【分析】连接，可得是的中点，可得与相交，进而可证，从而可得，从而可得.
【详解】连接，
因为点N为正方形ABCD的中心，所以是的中点，
所以平面，所以与相交，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为是等边三角形，所以，
所以，所以，又因为是的中点，
所以.
故选：D.
3．D
【分析】由三点共线判断A；由线面、线线位置关系判断B；根据等角定理判断C；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.
【详解】当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A错误；
平行于同一平面的两直线可能相交，故B错误；
由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；
如果两个相交平面垂直于同一个平面，且，则在平面、内分别存在直线垂直于平面，由线面垂直的性质可知，再由线面平行的判定定理得，由线面平行的性质得出，则，故D正确；
故选：D
4．C
【分析】由正方体的平面展开图复原可以直接判断.
【详解】由正方体的平面展开图复原得空间正方体如图所示:

由图可知:①和是异面直线，故不对；②和是平行直线，故不对；
③和平行，与的夹角是，故与所成的角也是，故正确；
④与是异面垂直，正确；所以正确的序号为③④.
故选：C.
5．BCD
【分析】由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系．
【详解】展开图翻折成的正方体如图所示，因为，，因此，所以A错误；同理，，所以，B正确；
或其补角是与所成的角，又△是等边三角形，所以，所以与所成的角是，C正确.
又平面，且与不平行，故与是异面直线，D正确.
故选：BCD.
6．BC
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可.
【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误；
对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确；
对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设，使得为在平面上的射影，存在，使得，此时，故C正确；
对D，当时，在平面上不存在直线使得，故D错误.
故选：BC
7．AD
【分析】根据直线与平面的位置关系，由线面垂直、线面平行的性质逐项判断即可得出结论.
【详解】对于A，若，是两个不同的平面，则可得，即A正确；
对于B，若，当都平行于两平面的交线时，，可知B错误；
对于C，若，则可能会，即C错误；
对于D，若，又为异面直线，所以，即D正确.
故选：AD
8．
【分析】取中点为，根据二面角平面角定义可知，得到为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角的定义可知：或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得，进而得到结果.
【详解】连接，，，取中点，连接，，
∵四边形，为矩形，∴，，
平面平面，平面，平面，
∴即为二面角的平面角，∴，
又，，∴，∴为等边三角形，∴；
∵，分别为，中点，∴，，
∴（或其补角）即为异面直线与所成角，
∵，∴，
∴，
所以异面直线与所成角的正弦值为．
故答案为：．
9． 相交 36π
【分析】首先根据面面垂直确定点P的位置，然后判断线面位置关系；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也就是球直径，计算即可得到结果.
【详解】
∵正方体
∴平面，平面
∴
∵平面平面，
所以有平面或平面
若平面，则，
由图可知与不垂直，所以矛盾，因此平面不成立；
若平面，则
在正方形内，由得到P为中点
因为为棱的中点.显然，与平面相交.
∵，
∴，.
易知三棱锥的外接球直径为，故其外接球体积为.
【点睛】求空间几何体的外接球半径的常用方法：
1、补形法：侧面为直角、或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中求解；
2、利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也就是球直径；
3、定义法：到各顶点距离相等的点为外接球的球心，借助有特殊底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据其到其他顶点的距离也是半径，列出方程求解即可.
10．4
【分析】取AC的中点F，过点B作，垂足为E，连接PE，PF，可得时EP最小，利用题目中各边长度求解可得BP的最小值．
【详解】取AC的中点F，过点B作，垂足为E，连接PE，PF，

因为三棱柱为直三棱柱，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，得，
当时EP最小，此时BP有最小值，
因为，，，所以，，
易求，，，
∴，
由，，得，
所以，
所以BP的最小值为．
故答案为：4．
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明来证明B，E，D1，F四点共面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，
由E，G分别为，的中点，
∴EG∥DC∥AB，且，
∴四边形ABEG为平行四边形，
故.
又F是的中点，即，
∴，
故B，F，，E四点共面.
（2）连接AC、BD交于点O，取上底面的中心为，
以O为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则A（，0，0），B（0，1，0），，F（，0，1），
∴
设面的一个法向量为，
则，即，取，
设直线AE与平面BED1F所成角为θ，故，
∴直线AE与平面BED1F所成角的正弦值为.
12．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据公理2的推论可知，E，F，G，H四点共面，再根据公理3即可证出；
（2）根据等积法即可求出．
【详解】（1）因为，，所以，又，所以，故E，F，G，H四点共面，且直线EH，FG必相交于一点，设，因为，平面ABD，所以M∈平面ABD，同理：平面BCD，而平面平面，故平面BCD，即直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上．
（2）连结EG，BG，点B到平面EFGH的距离为d，正四面体的棱长为2易知该正四面体的高为，所以E到平面BFG的距离为，在△CFG中，由余弦定理可得：，在等腰梯形EFGH中可得：G到EF的距离为，而G到BF的距离也为，则．
由可得：，故点B到平面EFGH的距离为．
【能力篇】
一、单选题
1．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·全国·二模）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
三、填空题
3．（2024·辽宁大连·二模）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为 .
四、解答题
4．（2022·贵州遵义·三模）如图，在直三棱柱中，，，，点分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角的正弦值．
参考答案：
题号 1 2
答案 A BCD
1．A
【分析】由于上下底平行，则可得平面与上下底面的交线平行，则可得为平面与上底面的交线，为平面与下底面的交线，则梯形为平面截正方体的截面，可证得梯形为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可.
【详解】连接，，与交点即为，
因为，所以‖，
因为‖，所以‖，
所以共面，
所以平面截正方体所得的截面为梯形，
因为正方体的棱长为6，且，
所以，
在中，，则，
在中，，则
，
在，，则
，
过作于，则，
所以,
所以等腰梯形的面积为
,
故选：A

2．BCD
【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D.
【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.

设正方体的棱长为，则.
对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确；
对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；

对于，在正方体中，平面为定值.故D正确.
故选：BCD
3．/
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，由题设及图易知是圆柱的母线，
所以为矩形，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故答案为：
4．(1)相交；理由见解析
(2)
【分析】（1）假设平面，由四边形为平行四边形和线面平行的判定可得平面，进而得到平面平面；利用面面平行性质可得，显然不成立，可知假设错误，由此可得结论；
（2）取中点，根据垂直关系，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得二面角的余弦值，进而可得正弦值.
【详解】（1）相交，理由如下：
假设平面，连接，
分别为中点，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
平面，，平面，
平面平面，又平面，平面；
平面，平面平面，，
即，又，，显然不成立，
假设错误，与平面相交.
（2）取中点，连接，
，；又，平面，平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，即；
则，，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，，
二面角为锐二面角，二面角大小为，
二面角的正弦值为.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
二、多选题
2．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ）
A．球的体积为
B．点的轨迹长度为
C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为
D．三棱锥外接球与球内切
三、填空题
3．（2022·北京平谷·模拟预测）设棱长为2的正方体，是中点，点、分别是棱、上的动点，给出以下四个结论：
①存在；
②存在平面；
③存在无数个等腰三角形；
④三棱锥的体积的取值范围是.
则所有结论正确的序号是 .
参考答案：
题号 1 2
答案 D ACD
1．D
【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断①；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断②；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断③；由③可判断④.
【详解】对于①，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，①正确；
对于②，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误；
对于③，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确．
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求.
2．ACD
【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D.
【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确；
取的中点为，
连结，易知，平面，平面，
故平面，
连接MN，，即四边形为平行四边形，
则，平面，平面，所以平面．
又因为，平面，
故平面平面，平面平面，结合平面，
故点的轨迹为线段，故B选项错误；
因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角，
当P位于N点时，得取得最小，;
当P位于点时，取得最大，，故选项正确；
由正方体几何性质易知，
故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点，
即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点，
故，
因为球的半径为，球的半径为，
故三棱锥外接球与球内切，D正确
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解.
3．③④
【分析】结合正方体的性质，利用棱锥的体积公式以及空间向量的坐标运算逐一判断即可.
【详解】对于①：取中点P，当点N在上移动时，直线平面，同时当点M在直线AB上移动时平面，因为，故与不可能平行，①错误.
对于②：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，所以，，,设，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则即，令得，所以，
所以，故与平面不垂直，②错误.
对于③：令即，化简得，即，，，因为，所以该式在的范围中存在无数组解，故说明有无数组可使，故③正确.
对于④：根据等体积性质可知，所以该三棱锥高可以看作，所以体积的取值范围即底面积的取值范围，根据点M位置的变化可知，当点M在A点时最小，当点M在B点时最大，计算得，，所以，故④正确.
故答案为：③④
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