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2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】
第10章空间直线与平面章节复习
题型一．平面的基本性质及推论
1．（2024春 普陀区校级期中）与命题“直线上有两点、在平面上”不等价的命题是　　
A．
B．平面经过直线
C．直线上只有、两点在平面上
D．直线上所有的点都在平面上
【分析】直接根据直线上有两点在平面内，可得直线在平面内进行判断各选项即可．
【解答】解：直线上有两点、在平面上，
，平面经过直线，直线上所有的点都在平面上，故，，选项正确，
对于，若直线上、两点在平面上，即有，此时直线上所有点都在平面上，不可能只有、两点在平面上，故选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了平面的基本性质，是基础题．
2．（2023秋 浦东新区期末），，三点不在同一直线上，则经过这三个点的平面有 　　个．
【分析】根据公理“经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面”来解答即可．
【解答】解：不在同一条直线上的三点确定一个平面．
故答案为：一．
【点评】本题考查了平面的基本性质，是基础题．
3．（2023秋 崇明区校级期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上．
【分析】根据题意，可得直线、分别是平面、平面内的直线，因此、的交点必定在平面和平面的交线上．而平面交平面于，由此即可得到点在直线
【解答】解：点、分别在、上，而、是平面内的直
平面，平面，可得直线平面，
点、分别在、上，而、是平面内的直线，
平面，平面，可得直线平面，
因此，直线与的公共点在平面与平面的交线上，
平面平面，
点直线．
故答案为：．
【点评】本题给出空间四边形，判断直线、的交点与已知直线的位置关系，着重考查了平面的基本性质和空间直线的位置关系判断等知识，属于基础题．
4．（2024春 普陀区校级期中）如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形为截面，则四边形的形状为　　
A．梯形
B．平行四边形
C．矩形
D．上述三种图形以外的平面图形
【分析】根据已知条件，结合面面平行的性质，即可求解．
【解答】解：平面平面，且平面平面，
平面平面，
由面面平行的性质可知，，同理可证明，
故四边形为平行四边形．
故选：．
【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，以及面面平行的性质，属于基础题．
5．（2023秋 浦东新区校级期中）在棱长为6的正方体中，是棱的中点，过，，作正方体的截面，则该截面的面积是 　 　．
【分析】过，，作正方体的截面，是等腰梯形，结合图中数据，求出截面图形的面积．
【解答】解：正方体中，是棱的中点，
过，，作正方体的截面，是等腰梯形，如图所示：
其中是的中点，，；
所以梯形底面上的高为，
则该截面的面积是．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方体截面面积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
6．（23-24高二上·上海·期中）一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，则原梯形的面积为 .

【答案】8
【分析】由直观图作出原图形，为直角梯形，确定出各边长后计算面积．
【详解】在坐标系中作出原图形，它是直角梯形，其中，，,
面积为，
故答案为：8.

7．（2023秋 长宁区校级期末）在正方体中，，分别是，的中点．
（1）画出平面与平面的交线，并说明理由；
（2）求证：，，，四点在同一平面内．
【分析】（1）利用平面基本性质2，可得结论；
（2）利用平面基本性质3，可得结论．
【解答】（1）解：设，，连结，则
，分别在平面、平面，
平面平面；
（2）证明：连，则．
故、、、四点共面
【点评】本题考查平面基本性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
题型三．空间中直线与直线之间的位置关系
8．（2023秋 嘉定区校级期中）空间两条互相平行的直线指的是（　　）
A．在空间没有公共点的两条直线 B．分别在两个平面上的两条直线
C．在两个不同的平面上且没有公共点的两条直线 D．在同一平面上且没有公共点的两条直线
【分析】根据空间两条互相平行的定义即可求解．
【解答】解：根据空间两条互相平行的定义可知：
平行直线是在同一平面上且没有公共点的两条直线．
故选：D．
【点评】本题考查空间两条互相平行的定义，属基础题．
9．（2024春 杨浦区校级期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是　　
A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能
【分析】根据题意，由空间直线间的位置关系，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，直线与相交，与相交，
直线与直线可能相交、平行、异面，
故选：．
【点评】本题考查空间直线间的关系，涉及直线位置关系的定义，属于基础题．
10．（2023秋 虹口区校级期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为　　
A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面
【分析】由两平行平面内两直线的位置关系得答案．
【解答】解：由平面平面，直线，直线，得直线，的位置关系为平行或异面．
故选：．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，是基础题．
11．（2023秋 黄浦区校级月考）若空间中有、、三条直线，则“”是“、同时垂直于”的　　条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【分析】由空间中直线与直线的位置关系结合充分必要条件的判定得答案．
【解答】解：由，不一定得到、同时垂直于，也可能同时与平行；
反之，由、同时垂直于，不一定得到，与也可能相交，也可能异面．
若空间中有、、三条直线，则“”是“、同时垂直于”的既不充分也不必要条件．
故选：．
【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查充分必要条件的判定，是基础题．
12．（2023秋 奉贤区期中）若两异面直线，所成的角为，过空间内一点作与直线， 所成角均是的直线，则所作直线共有　　条．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】在空间取一点，经过点分别作，，则过的直线在平面上的射影为，的夹角的角平分线时，符合题意，根据角的大小得出与，所成角的范围，从而得出答案．
【解答】解：在空间取一点，经过点分别作，，
设直线、确定平面，
当直线满足它的射影在、所成角的平分线上时，
与所成的角等于与所成的角
因为直线，所成的角为，得、所成锐角等于，
所以当的射影在、所成锐角的平分线上时，
与、所成角的范围是，．
这种情况下，过点有两条直线与，所成的角都是，
当的射影在、所成钝角的平分线上时，与、所成角的范围是，．
这种情况下，过点有两条直线与，所成的角都是，
综上所述，过空间任意一点可作与，所成的角都是的直线有4条．
故选：．
【点评】题给出两条直线所成角为，求过空间任意一点可作与，所成的角都是的直线的条数．着重考查了空间两条异面直线所成角及其求法等知识，属于基础题．
13．（2023秋 松江区校级月考）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论：
①对于任意给定的点，存在点，使得；
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得．
其中正确的结论是　　
A．① B．②③ C．①④ D．②④
【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别判断选项，利用排除法能得出结论．
【解答】解：①当点与重合时，，且，所以平面，
因为对于任意给定的点，都有平面，
所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确；
②只有平面，即平面时，
才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，
因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误；
③当与，重合时，在线段上找不到点，使，所以③不正确；
④只有当平面，若存在点，使得，则平面，
又平面，则有平面平面，显然不可能，
所以对于任意给定的点不存在点，使，故④不正确．
故选：．
【点评】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
题型三．异面直线的判定
14．（2023秋 闵行区校级期末）如图所示，正方体中，是线段上的动点（包含端点），则下列哪条棱所在直线与直线始终异面　　
A． B． C． D．
【分析】根据点运动到线段端点、中点位置可判断，根据异面直线的判定可判断．
【解答】解：当运动到点时，与直线相交，故错误；
当运动到点时，与直线相交，故错误；
因为与在同一平面上，，平面，
所以由异面直线判定定理知，直线与直线始异面，故正确；
当运动到点中点时，，此时与直线共面，故错误．
故选：．
【点评】本题考查异面直线的判断，属于基础题．
15．（2023秋 浦东新区校级期末）如图，，，，分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示，是异面直线的图形的序号为　　
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【分析】判定异面直线的方法：①根据它的判定定理：“经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线．”②定义法：不在同一个平面内的．两条直线称为异面直线；③反证法：既不平行又不相交的直线即为异面直线．
【解答】解：异面直线的判定定理：“经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线．”
根据异面直线的判定定理可知：在图②④中，直线、是异面直线；
在图①中，由、均为棱的中点可知：；
在图③中，、均为棱的中点，四边形为梯形，则与相交．
故选：．
【点评】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力．
16．（2023秋 嘉定区校级月考）将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线与是异面直线的是　　
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
【分析】将平面图形折成空间四面体，再利用异面直线的判定定理逐项判断即可．
【解答】解：将平面图形折成空间四面体如图所示，
①对应图1，是平面外一点，在平面内，且不在直线上，
因此直线与是异面直线，故①正确；
②对应图2，，重合，与是相交直线，故②错误；
③对应图3，由中位线定理得，都与平行，从而，故③错误；
④对应图4，与图1类似得与是异面直线，故④正确；
故选：．
【点评】本题考查异面直线的判定，属中档题．
17．（2022 嘉定区校级开学）如图所示，在正方体中，、分别是、的中点．求证：
（1）、、三线共点；
（2）直线和直线是异面直线．
【分析】（1）分别延长，交于点，由平面基本性质知面．再由三角形中位线定理证明，，三线共点于．
（2）由反证法以及线面平行的判定以及性质即可得矛盾求解．
【解答】解：（1）分别延长，，交于点，，面，
面．
是的中点，，
是的中点，
连接，，
，的交点为线段的中点，即为，
，，三线共点于．
（2）假如直线和直线不是异面直线，则存在一个平面，使得，，
由于在正方体中，，，
因此，
又因为平面，且平面，
故，在正方形中，显然，不平行，故矛盾，
因此假设不成立，即直线和直线是异面直线．
【点评】本题考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．
题型四．直线与平面平行
18.（2023秋 杨浦区校级期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充要 D．既非充分又非必要
【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到即可．
【解答】解：证明充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件；
证明必要性：若，结合，且，是平面外，则，可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．
故是的“充分非必要”
故选：．
【点评】本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于基础题．
19．（2023 杨浦区校级开学）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，面，点、分别是、的中点，为上一点，且，为正方形内一点，若面，则的最小值为　　．
【分析】根据题意画出图形，结合图形找出与平面平行的线段，再计算的最小值．
【解答】解：如图所示：
四棱锥中，平面，平面，所以；
由点、分别是、的中点，所以；
又，取的中点，连接，
则，
所以；
又平面，平面，
所以平面．
所以的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、线面平行的判定定理和线面垂直的应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题．
20.（23-24高二上·上海·课后作业）如图，四边形是矩形，，，平面，，．点为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理分析论证即可得证.
（2）利用线面平行的判定定理分析论证即可得证.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，又由，
而，平面，平面，
∴平面.
（2）证明：
如上图，连接交于，连接，
∵点为线段的中点，点为线段的中点，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
题型五．直线与平面垂直
21．（2023秋 浦东新区校级期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】由题意可知：时，由线面垂直性质定理知，且．但反之不能成立，由充分必要条件概念可获解．
【解答】解：，，均为直线，，在平面内，且（由线面垂直性质定理）．
反之，如果且推不出，也即时，也可能平行于．
由充分必要条件概念可知，命题中前者是后者成立的充分非必要条件．
故选：．
【点评】本题主要考查线面垂直和充分必要条件的有关知识．主要注意两点：
（1）线面垂直判定及性质定理．
（2）充分必要条件的判定，要注意方向性，即谁是谁的．
22．（2023秋 长宁区校级期中）在中，，，平面，，则点到的距离为 　　．
【分析】由是等腰三角形所在平面外一点，平面，我们易得，取的中点，则，且，利用勾股定理我们易求出的长，进而求出的长，即点到的距离．
【解答】解：如下图所示：
设为等腰三角形底面上的中点，则长即为点到的距离
又即为三角形的中线，也是三角形边上的高
，，易得
在直角三角形中，又
故答案为
【点评】本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离，其中利用三角形的性质，做出即为点到的垂线段是解答本题的关键．
23．（2023秋 长宁区校级期中）如图，矩形的长，宽，若平面，矩形的边上至少有一个点，使得，则的范围是　 　．
【分析】依据三垂线定理，要使，必须有，即以为直径的圆应与有公共点即可，从而可求的范围．
【解答】解：平面，平面，
；
要使，依三垂线定理得，必须有，而为矩形的边上的一个点，
以为直径的圆应与有公共点，
，宽，
．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与平面垂直的性质，考查等价转化思想，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
24．（2023秋 长宁区校级期末）如图，已知正四棱柱，
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面
【分析】（1）根据正四棱柱特点结合线面垂直的判定即可证明；
（2）通过平行四边形的性质并结合面面平行的判定即可证明．
【解答】证明：（1）因为正四棱柱，所以平面，
且四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以，
因为，且，平面，所以平面．
（2）因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，且，平面，所以平面平面．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理，考查面面平行的判定定理，是中档题．
25．（2023秋 浦东新区校级月考）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【分析】（1）连接，交于点，连接，则，由此能证明平面．
（2）推导出，，，从而平面，，平面，，，由此能证明平面．
【解答】证明：（1）连接，交于点，连接，
底面是正方形，是的中点，
是的中点，，
平面，平面，平面．
（2）底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，
，，，
，平面，
平面，，
，平面，
平面，，
，，平面．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
题型六．平面与平面平行
26．（2024 浦东新区校级四模）设，为两个平面，则的充要条件是　　
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
【分析】由平面与平面平行的判定逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：内有无数条直线与平行，不一定有，也可能相交，故错误；
内有两条相交直线与平行，则，反之成立，故正确；
，平行于同一条直线，不一定有，也可能相交，故错误；
，垂直于同一平面，不一定有，也可能相交，故错误．
故选：．
【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查充分必要条件的应用，是基础题．
27．（2022秋 闵行区校级期末）在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，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
【分析】由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可．
【解答】解：当平面平面时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零，
当的三个顶点到平面的距离相等且不为零时，平面可能与平面相交，
例如当平面且，的中点在平面内时，
的三个顶点到平面的距离相等且不为零，但平面与平面相交，
即是的必要不充分条件．
故选：．
【点评】本题考查了线面平行的性质和面面的位置关系，属于中档题．
28．（2022秋 浦东新区校级期中）在正方体中，，，分别是，，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与所成角的正切值．
【分析】（1）由已知可证四边形是平行四边形，从而，可证平面，再证平面，可证平面平面；
（2）为直线与所成角，由可求．
【解答】（1）证明：连接，
，分别是，的中点，
且，
四边形是平行四边形，，
又，，
平面，平面，
平面，
，分别是，的中点，
，，
，平面，平面，
平面，又，，平面，
平面平面；
（2）解：由（1）知，
为直线与所成角，
在中，，
，所以．
【点评】本题考查面面平行的证明，以及线线角的求法，属中档题．
题型七．平面与平面垂直
29．（2023秋 长宁区校级期中）在三棱锥中，若，，那么必有　　
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【分析】运用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，结合条件和三角形的性质，可得结论．
【解答】解：在三棱锥中，若，，且，
可得平面，
由平面，可得平面平面，
由平面，可得平面平面，故正确；
若平面平面，又平面平面，平面平面，
可得平面，，与矛盾，故错误；
若平面平面，又平面平面，可得平面，，不一定成立，故错误；
若平面平面，又平面平面，可得平面，则，不一定成立，故错误．
故选：．
【点评】本题考查空间面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
30．（2022秋 黄浦区校级期末）已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的　 　条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选出一种填空．
【分析】可以想象两平面垂直，平面内的直线和另一平面的位置有：和平面平行，和平面斜交，和平面垂直，在平面内，所以由得不出，而由，能得到，这根据面面垂直的判定定理即可得到，所以是的必要不充分条件．
【解答】解：由，得不出，因为两平面垂直，其中一平面内的直线可以和另一平面平行；
若，，则根据面面垂直的判定定理得到；
，是的必要不充分条件．
故答案为必要不充分．
【点评】考查面面垂直时平面内的直线和另一平面的位置关系，面面垂直的判定定理，以及充分条件、必要条件、必要不充分条件的概念．
31．（2023秋 青浦区校级期末）如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【分析】（1）线面平行的定理的应用，注意一定要有面内，面外的说明；
（2）面面垂直定理的性质定理及判定定理的应用．
【解答】证明：如图所示：（1），分别为棱，的中点，
，
，，
所以面；
（2），点为棱的中点，
，又平面平面，
平面平面，，面，又，
平面平面．
【点评】考查线面平行定理的应用及面面垂直的判定定理及性质定理的应用，属于基础题．
32．（2023秋 虹口区校级期末）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【分析】（1）连接与交于点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理，即可证明平面；
（2）证明平面平面，只需证明平面．
【解答】证明：（1）连接与交于点，连接，
为的中点，
且，
为的中点，
且，
且，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面
（2），为的中点，
由（1）知，
，
底面，底面，
，
，
，
，
平面
面，
平面平面．
【点评】本小题主要考查线面平行，平面与平面垂直的判定等有关基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于中档题．
题型八 空间中角的计算
33．（2021秋 嘉定区期末）如图，直三棱柱中，，，点是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的大小．
（结果用反三角函数值表示）
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【分析】（1）结合三棱锥的体积公式即可求解；
（2）通过平移法，先找出两直线所成的角，然后结合余弦定理可求．
【解答】解：（1）
．
所以三棱锥的体积为，
即所求三棱锥的体积为．
（2）联结，
由题意得，，且，
所以直线与所成的角就是异面直线与所成的角．
在△中，，
，
由余弦定理得，
因为，所以．
因此所求异面直线与所成角的大小为．
【点评】本题主要考查了三棱锥的体积求解，还考查了异面直线所成角的求解，属于中档题．
34．（2021·上海中学高二阶段练习）如图，长方体中，，，点为的中点．
(1)求证：直线∥平面PAC；
(2)求异面直线与AP所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；(2)30°.
【分析】(1)和交于点，由即能证明直线∥平面．
(2)由，得即为异面直线与所成的角．由此能求出异面直线与所成角的大小．
(1)设和交于点，则为的中点，
连结，又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴直线∥平面；
(2)由(1)知，，∴即为异面直线与所成的角，
∵，且，
∴．
又，，∴
故异面直线与所成角的大小为．
35．（2021·上海市大同中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，垂直于底面，，、分别为、的中点.
（1）求证：；
（2）求与平面所成的角.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由题设易得，由已知及线面垂直的性质有面，根据线面垂直的判定可证、，再由线面垂直的判定及平行的推论可得面，最后由线面垂直的性质证结论.
（2）若与平面所成角为，由线面垂直易知，即可求线面角的大小.
【详解】（1）由即，又，有，
∵面，面，
∴，而，则有面，
又面，则，
由面，有，且，为的中点，则，
又为的中点，有，即，而，
又，则，即共面，
∴面，而面，故.
（2）由（1）知：面，若与平面所成角为，且，
∴ ，则，故.
36．（2023秋 浦东新区期末）如图，在长方体中，，．
（1）求二面角的正切值；
（2）设三棱锥的体积为，是否存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，若存在，求出该直四棱柱底面菱形的内角的大小；若不存在，请说明理由．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法
【分析】（1）过作交于，连接由线面垂直的性质定理可得，再由等面积法可得的长，则二面角的正切值，即可得出答案．
（2）由等体积法可得，由十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，则每条棱的长度为2，设菱形的一个角为，则底面积为，则直四棱柱的体积为，进而可得答案．
【解答】解：（1）过作交于，连接，
为正方体，则平面，
又在底面的投影为，
，且，
则二面角的正切值．
（2）三棱锥的体积为，
因为十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，则每条棱的长度为2，
设菱形的一个角为，则底面积为，
则直四棱柱的体积为，即，
为正整数，
不妨取，则，即，
则存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，且菱形的内角为．
【点评】本题考查二面角，几何体的体积，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
37．（2022秋 黄浦区校级期中）如图，在正方体中．
（1）求异面直线和所成角的大小；
（2）求二面角的大小．
【考点】异面直线及其所成的角；二面角的平面角及求法
【分析】（1）判断平面，求出异面直线和所成角的大小．
（2）作于，连接，所以为的平面角，则的平面角的大小为，由此能求出二面角的大小．
【解答】解：（1）连结，交 于，正方体中，
所以，，所以平面，
所以，
异面直线和所成角的大小为．
（2）作于，连接，所以为的平面角，
则的平面角的大小为，
设正方体的棱长为2，则，，，
△，可得，
，
．
二面角的大小为．
【点评】本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
题型九．点、线、面间的距离计算
38．（2023秋 长宁区校级期中）在正方体中，，则直线到平面的距离为 　　．
【分析】根据已知先得出平面，然后求出点到平面的距离，即可得出答案．
【解答】解：根据正方体的性质可知，．
又平面，平面，
所以，平面．
所以，点到平面的距离，即等于直线到平面的距离．
又平面，所以点到平面的距离即为．
所以，直线到平面的距离为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查直线和平面的距离，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
39．（2023秋 黄浦区校级期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点．点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　
【分析】连结，，，推导出平面，平面，从而平面平面，推导出点在直线上，在中，，，，由此能求出当时，线段的长度最小，并能求出最小值．
【解答】解：如图，连结，，，
，，分别为，，的中点，
，平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面，
，平面平面，
平面，
点在直线上，在中，，，，
，
当时，线段的长度最小，最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
40．（2023秋 宝山区校级月考）如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，
，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若与平面所成的角为，求点到平面的距离．
【分析】（1）根据已知条件，利用平面几何知识分析底面形状，得到，进而结合已知条件底面，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直，进一步可得面面垂直；
（2）根据（1）的结论，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，利用面面垂直的性质定理得到到平面的垂线，垂足在上，根据已知线面角由的长度求得，即为到平面的距离．
【解答】（1）证明：连接，，为直角，，，
又，，
又，
为等腰直角三角形，，
又底面，，
又，，平面，
平面，
由面面垂直的判断定理可得平面平面．
（2）平面，是与平面所成的角，
故由已知得，
在中，过作，垂足为，
则到斜边的距离，
平面，平面，平面平面，
又平面平面，
，平面，
平面，
即就是到平面的距离，
到平面的距离为．
【点评】本题主要考查面面垂直的证明，点面距离的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
41．（2024 浦东新区校级四模）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）求点到平面的距离．
【分析】（1）由，得出平面，故而即为所求角，利用勾股定理得出，即可得出；
（2）过作，垂足为，通过证明平面平面得出平面，利用等面积法求出；
【解答】解：（1）平面，平面，
，
是圆的直径，
，
又平面，平面，，
平面．
是与平面所成的角．
，，
．
直线与平面所成角的大小为．
（2）过作，垂足为，
由（1）得平面，平面，
平面平面，
又平面平面，平面，，
平面．
，．
．
即到平面的距离为．
【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间角的计算，属于中档题．
题型十 综合压轴
42．（2023秋 浦东新区校级期末）已知四面体的所有棱长均为，，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点．有下列结论：
①线段的长度为1；
②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为；
④周长的最小值为．
其中正确结论的为　　
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【分析】将四面体放置在正方体中，设正方体的棱长为，求得值判断①；取特殊点并求值判断②③；利用剪展法求最小值判断④．
【解答】解：将四面体放置在正方体中，设正方体的棱长为，则，
，故①正确；
当为线段的中点，点为线段的中点时，直线与直线相交垂直，
故②错误；
若在的中点处，则，
此时，
若在的端点处（在处同理），则，，
此时，故③错误；
将和展开成平面图形，如图2，由图2可知，
当且仅当、、三点共线时，取得最小值，
此时，
周长的最小值为，故④正确．
故选：．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
43．（2023秋 普陀区校级期中）在直角三角形中，已知，，，为线段上除端点外任意一点（如图，将三角形沿折成直二面角（如图．
（1）若为中点，求直线与平面所成角的正切值；
（2）若为中点，求二面角的正切值；
（3）翻折后的是否存在最小值，若存在，请给出；若不存在，请说明理由．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角
【分析】根据折叠前和折叠后的线线关系，线面关系，运用几何法将线面角，面面角找出并证明，求解相应的值即可解答（1）（2）；根据在翻折之前的中，
当时，翻折后最小，即可求解（3）．
【解答】解：（1）过作交的延长线与，连接，
二面角为直二面角，平面平面，
，平面，
即为直线与平面所成角，
由，，，可得，
为中点，，，，
平面，，
在中，，
在中，，
在中，；
（2）过作交于点，连接，
平面，，
，，
平面，，
即为二面角的平面角，
由（1）可知：，，
在中，，，，
，
，
，解得，
在中，，，
，
；
（3）在翻折之前的中，
当时，翻折后最小，
此时，，故．
【点评】本题主要考查线面角和二面角的求法，属中档题．
一、填空题
1．（21-22高二下·上海闵行·开学考试）在空间四点中，三点共线是四点共面的 条件．
【答案】充分不必要
【分析】根据充分不必要条件的概念，结合空间点面位置关系判断即可.
【详解】空间四点中，若有三点共线，则第四点不论在线上，还是在线外，四点一定共面；反之，若空间四点共面，不一定有三点共线，
所以，在空间四点中，三点共线是四点共面的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要
2．（2023秋 浦东新区校级期中）设空间两个角∠A与∠B，若它们的两边分别平行，∠A＝30°，则∠B＝　　．
【分析】直接利用等角定理即可得解．
【解答】解：∵空间两个角∠A与∠B的两边分别平行，
∴∠A＝∠B或∠A+∠B＝180°，
则∠B＝30°或150°．
故答案为：30°或150°．
【点评】本题考查等角定理的应用，是基础题．
3．（2023秋 浦东新区校级期中）正方体的所有棱所在直线中，与直线垂直且异面的直线共有 　条．
【分析】根据正方体的图形以及异面直线的定义，观察即可得出答案．
【解答】解：由图象可知，与直线垂直且异面的直线有：
、、、，共4条．
故答案为：4．
【点评】本题考查异面直线的概念，属基础题．
4．（2023秋 普陀区校级期中）如图是一个正方体的平面展开图，将这个正方体复原后，在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线共有 　　条．
【分析】根据题意，作出正方体的还原图，由异面直线的定义分析可得答案．
【解答】解：根据题意，还原后的正方体如图所示，
在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线有、、、、、、、、、、，共11条；
故答案为：11．
【点评】本题考查空间直线与直线间的位置关系，涉及正方体的展开图，属于基础题．
5．（2023秋 松江区校级月考）已知点，，，均在半径为2的球面上，满足，，，若平面，则　　．
【分析】易得，以，，为长宽高作长方体，则长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，再利用勾股定理即可得解．
【解答】解：由，，，
得，
所以，
又平面，
如图，以，，为长宽高作长方体，
则长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，
即，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，棱锥的体积，属于中档题．
6．（2022秋 黄浦区校级期末）已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的　　条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选出一种填空．
【分析】可以想象两平面垂直，平面内的直线和另一平面的位置有：和平面平行，和平面斜交，和平面垂直，在平面内，所以由得不出，而由，能得到，这根据面面垂直的判定定理即可得到，所以是的必要不充分条件．
【解答】解：由，得不出，因为两平面垂直，其中一平面内的直线可以和另一平面平行；
若，，则根据面面垂直的判定定理得到；
，是的必要不充分条件．
故答案为必要不充分．
【点评】考查面面垂直时平面内的直线和另一平面的位置关系，面面垂直的判定定理，以及充分条件、必要条件、必要不充分条件的概念．
7．（2023 闵行区校级开学）已知是边长为的正方形，点在平面外，侧棱，，则该几何体的5个面中，互相垂直的面有 　　对．
【分析】先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．
【解答】解：已知是边长为的正方形，侧棱，，
所以，，又，
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
因为，，，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
同理可得平面，平面，所以平面平面，
因为，所以平面，平面，所以平面平面，
故互相垂直的面有5对．
故答案为：5．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查棱锥的结构，属于基础题．
8．（2023秋 普陀区校级月考）设常数．如图，在矩形中，，，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是 　　．
【分析】根据平面，得，若线段上存在点，使得，则有平面，从而得，再根据勾股定理，即可求得符合条件的的范围．
【解答】解：设边上存在点，使得，连结，
由面，得，又，
所以面，则，
设，则，
在中，有，即，
整理得，△，
当△，即时，无解，此时点不存在；
当△，即时，解得，此时点为中点；
当△，即时，解得，此时点有两个；
综上，当时，的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查线面垂直的定义、性质及判定的综合运用，属基础题．
9．（2023秋 黄浦区校级期中）正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为 　 　．
【分析】利用平面的性质作出截面，然后求解面积即可．
【解答】解：如图所示，
设为的中点，连接，，设为的中点，连接，，
由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则，，，共面，
故平面截该正方体所得的截面为．
又正方体的棱长为2，
所以，
故的面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查平面截正方体所得截面的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
10．（2023秋 徐汇区校级期中）在的二面角内有一点，在平面、内的射影、分别落在半平面内，且，，则到的距离为　 　．
【分析】由已知中在的二面角内有一点，在平面、内的射影、分别落在半平面内，且，，我们易求出的长，利用四点共圆及圆周角定理的推理，我们易得到到的距离即为的外接圆直径，利用正弦定理，求出圆的直径即可得到答案．
【解答】解：在的二面角内有一点，
在平面、内的射影、分别落在半平面内，
又，，
，
而到的距离即为的外接圆直径，
由正弦定理得，
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离计算，二面角的平面角及求法，其中将空间问题转化为平面问题后，得到到的距离即为的外接圆直径是解答本题的关键．
11．（22-23高二上·上海虹口·期中）在长方体中，若长方体的体对角线与过点的相邻三个面所成的角分别为，则 ．
【答案】1
【分析】由已知得，由此即可求出答案．
【解析】连接，
在长方体中，面
与面所成的角为，
同理与面所成的角为，
与面所成的角为，
．
故答案为：1．
12．（2022秋 嘉定区校级期末）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，BD∩AC＝O，M是线段D1O上的动点，过点M作平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点A距离的最小值为　　．
【分析】根据正方体的结构特征，可证，N在B1D1上，过N作NG⊥A1B1，交A1B1于G，设NG＝x，利用勾股定理构造关于x的函数，求函数的最小值．
【解答】解：∵平面ACD1⊥平面BDD1B1，又MN⊥平面ACD1，
∴MN 平面BDD1B1，∴N∈B1D1，
过N作NG⊥A1B1，交A1B1于G，将平面A1B1C1D1展开，如图：
设NG＝x，（0≤x≤1），
∴AN＝＝＝≥，
当x＝时，AN取最小值．
故答案为：．
二、选择题
13．（22-23高二上·上海静安·期末）下列命题中真命题是（ ）
A．四边形一定是平面图形
B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面
C．四边形四边上的中点可以确定一个平面
D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面
【答案】C
【分析】利用平面的基本性质逐一判断即可．
【详解】对于A，四边形有平面四边形和空间四边形，由不共面的四个点构成的四边形为空间四边形，故A错误；
对于B，三棱锥三条侧棱所在的直线相交于一点，但这三条直线不共面，故B错误；
对于C，由四边形四边上的中点连线为平行四边形，平行四边形对边平行，所以四边形四边上的中点可以确定一个平面，故C正确；
下面证明四边形四边上的中点连线为平行四边形．
证明：如图为四边形，其中，，，分别为，，，的中点，
连接，，，
由，为，，则，且，同理，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形．
对于D，当点，，在一条直线上时，平面和与平面也可能相交，故D错误．
故选：C．
14．（2023秋 浦东新区校级期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【分析】对于①，可以构造面面平行，考虑线面平行定义；对于②，考虑线面平行的判定及定义；对于③，可以用线面平行的定义及判定定理判断；对于④，用线面平行的判定定理即可．
【解答】解：对图①，构造所在的平面，即对角面，可以证明这个对角面与平面，由线面平行的定义可得平面．
对图④，通过证明得到平面；
对于②、③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行；
故选：．
【点评】本题考查线面平行的判定，主要考虑定义、判定定理两种方法，同时运用面面平行的性质解决问题．
15．（2023秋 普陀区校级期中）在正方体的底面内有一点，且平面，则的最小值是　　
A． B． C．1 D．
【分析】由已知可得，由此可得最值．
【解答】解：设正方体棱长为1，因为平面，可得点在过点，
且与平面平行的平面上，即点在平面上，
又因为点是底面 内一点，
所以，所以．
则的最小值是．
故选：．
【点评】本题考查线面的位置关系，属于基础题．
16．（2023秋 闵行区期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点，点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　
A． B． C． D．
【分析】首先找出过点且与平面平行的平面，然后在三角形内找线段长度的最小值即可．
【解答】解：连结，，，如图所示，
因为，，分别为，，的中点，
所以，又平面，平面，则平面，
因为，同理可得平面，又，，平面，
所以平面平面，
因为直线平面，
所以点在直线上，
在中，，
所以，
故当时，线段的长度最小，
所以，故．
故选：．
【点评】本题考查了空间中两平面平行的证明，等面积法求点到直线的距离，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
三、解答题
17、如图：在正方体中，，分别为，的中点，，；
（1）点，，，是否共面？并说明理由；
（2）若直线与平面的交点为证明：点，，共线．
【答案】见解析
【解析】解：（1）点，，，共面．证明：由于和在同一平面内，且不平行，故必相交，
设交点为，则，同理，直线与与相交，设交点为，则，
故与重合，得与交于，故，，，共面．
（2）在正方体中，连接，，平面，又，
平面，即是平面与平面的公共点，
同理是平面与平面的公共点，平面平面，平面，，平面，平面，故点，，共线．
18．（2023秋 普陀区校级期中）如图，在直三棱柱中，已知，，，为的中点．
（1）求异面直线与所成角的大小（用反三角函数表示）；
（2）求证：平面．
【分析】（1）利用余弦定理即可得；（2）结，交于点，连结，先证明线线平行，即可得线面平行．
【解答】（1）解：如图，取的中点，连结，，，
由是平行四边形知，
则（或其补角）就是异面直线与所成的角．
在△中，，
，，
则．
所以异面直线与所成角的大小为．
（2）证明：如图，连结，交于点，连结．
因为四边形为矩形，所以为中点，
又因为为的中点，所以，又因为平面，
平面，所以平面．
【点评】本题考查异面直线所成的角，考查线面平行的判定，属于基础题．
19．（2024春 嘉定区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
（1）求证：AB∥平面A1DCB1；
（2）求直线A1B与B1C所成的角的大小；
（3）求证：BC1⊥平面A1DCB1．
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证；
（2）根据异面直线所成角定义求解；
（3）根据线面垂直的判定定理可证．
【解答】（1）证明：因为在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可知AB∥A1B1，
而AB 平面A1DCB1，A1B1 平面A1DCB1，
所以AB∥平面A1DCB1；
（2）解：如图，连接A1D，BD，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可知A1B1∥CD，A1B1＝CD，
所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C，
所以∠DA1B（或其补角）是直线A1B与直线B1C所成角，又A1D＝A1B＝BD，
所以∠DA1B＝60°，
所以直线A1B与直线B1C所成角为60°；
（3）证明：因为在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
可知A1B1⊥平面BB1C1C，且BC1 平面BB1C1C，
所以A1B1⊥BC1，
又因为BC1，B1C是正方形BB1C1C的对角线，因此BC1⊥B1C，
又A1B1∩B1C＝B1，且A1B1，B1C 平面A1DCB1，
所以BC1⊥平面A1DCB1．
【点评】本题考查线面平行的判断定理的应用，线面垂直的判断定理的应用，异面直线所成的角的求法，属于中档题．
20．（2023秋 青浦区校级期末）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AP＝AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC．
（1）求证：BC∥平面AMN；
（2）求证：平面AMN⊥平面PBC．
【分析】（1）线面平行的定理的应用，注意一定要有面内，面外的说明；
（2）面面垂直定理的性质定理及判定定理的应用．
【解答】证明：如图所示：（1）M，N分别为棱PB，PC的中点，
∴MN∥BC，
MN AMN，BC AMN，
所以BC∥面AMN；
（2）PA＝AB，点M为棱PB的中点，
∴AM⊥PB，又平面PAB⊥平面PBC，
平面PAB∩平面PBC＝PB，AM PAB，AM⊥面PBC，又AM AMN，
∴平面AMN⊥平面PBC．
【点评】考查线面平行定理的应用及面面垂直的判定定理及性质定理的应用，属于基础题．
21．（2022·上海奉贤·一模）如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.
【答案】(1)
(2)
(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；
（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；
（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.
【解析】（1）连接AC，BD，相交于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，
因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，
因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，
∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，
因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，
所以，由勾股定理得：，所以，
因为，E为PB的中点，所以，
在△AOE中，由余弦定理得：，
所以异面直线与所成角的大小为
（2）连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，
设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，
则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，
即平面与平面所成锐二面角的大小为
（3）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，
所以，即，解得：，
故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】
第10章空间直线与平面章节复习
题型一．平面的基本性质及推论
1．（2024春 普陀区期中）与命题“直线上有两点、在平面上”不等价的命题是　　
A． B．平面经过直线
C．直线上只有、两点在平面上 D．直线上所有的点都在平面上
2．（2023秋 浦东新区期末），，三点不在同一直线上，则经过这三个点的平面有 　　个．
3．（2023秋 崇明区期中）在空间四边形的边、、、上分别取点、、、，如果、相交于一点，那么一定在直线 　　上．
4．（2024春 普陀区期中）如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形为截面，则四边形的形状为　　
A．梯形 B．平行四边形 C．矩形 D．上述三种图形以外的平面图形
5．（2023秋 浦东新区期中）在棱长为6的正方体中，是棱的中点，过，，作正方体的截面，则该截面的面积是 　 　．
6．（23-24高二上·上海·期中）一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，则原梯形的面积为 .

7．（2023秋 长宁区期末）在正方体中，，分别是，的中点．
（1）画出平面与平面的交线，并说明理由；
（2）求证：，，，四点在同一平面内．
题型三．空间中直线与直线之间的位置关系
8．（2023秋 嘉定区期中）空间两条互相平行的直线指的是（　　）
A．在空间没有公共点的两条直线 B．分别在两个平面上的两条直线
C．在两个不同的平面上且没有公共点的两条直线 D．在同一平面上且没有公共点的两条直线
9．（2024杨浦区期中）直线与直线相交，直线也与直线相交，则直线与直线的位置关系是
A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能
10．（2023秋 虹口区期中）设平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为
A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面
11．（2023秋 黄浦区月考）若空间中有、、三条直线，则“”是“、同时垂直于”的条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
12．（2023秋 奉贤区期中）若两异面直线，所成的角为，过空间内一点作与直线， 所成角均是的直线，则所作直线共有　　条．
A．1 B．2 C．3 D．4
13．（2023秋 松江区月考）已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论：
①对于任意给定的点，存在点，使得；
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得．
其中正确的结论是　　
A．① B．②③ C．①④ D．②④
题型三．异面直线的判定
14．（2023秋 闵行区期末）如图所示，正方体中，是线段上的动点（包含端点），则下列哪条棱所在直线与直线始终异面　　
A． B． C． D．
15．（2023秋 浦东新区期末）如图，，，，分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示，是异面直线的图形的序号为　　
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
16．（2023秋 嘉定区月考）将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个四面体后，直线与是异面直线的是　　
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
17．（2022 嘉定区开学）如图所示，在正方体中，、分别是、的中点．求证：
（1）、、三线共点；
（2）直线和直线是异面直线．
题型四．直线与平面平行
18．（2023秋 杨浦区期中）设、是平面外的两条直线，且，那么是的　　条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充要 D．既非充分又非必要
19．（2023 杨浦区开学）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，面，点、分别是、的中点，为上一点，且，为正方形内一点，若面，则的最小值为　　．
20.（23-24高二上·上海·课后作业）如图，四边形是矩形，，，平面，，．点为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
题型五．直线与平面垂直
21．（2023秋 浦东新区期中）设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的　　
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
22．（2023秋 长宁区期中）在中，，，平面，，则点到的距离为 　　．
23．（2023秋 长宁区期中）如图，矩形的长，宽，若平面，矩形的边上至少有一个点，使得，则的范围是　 　．
24．（2023秋 长宁区期末）如图，已知正四棱柱，
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面
25．（2023秋 浦东新区月考）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
题型六．平面与平面平行
26．（2024 浦东新区四模）设，为两个平面，则的充要条件是　　
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
27．（2022秋 闵行区期末）在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，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
28．（2022秋 浦东新区期中）在正方体中，，，分别是，，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与所成角的正切值．
题型七．平面与平面垂直
29．（2023秋 长宁区期中）在三棱锥中，若，，那么必有　　
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
30．（2022秋 黄浦区期末）已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的　 　条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选出一种填空．
31．（2023秋 青浦区期末）如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
32．（2023秋 虹口区期末）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
题型八 空间中角的计算
33．（2021秋 嘉定区期末）如图，直三棱柱中，，，点是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
34．（2021·上海中学高二阶段练习）如图，长方体中，，，点为的中点．
(1)求证：直线∥平面PAC；
(2)求异面直线与AP所成角的大小.
35．（2021·上海市大同中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，垂直于底面，，、分别为、的中点.
（1）求证：；
（2）求与平面所成的角.
36．（2023秋 浦东新区期末）如图，在长方体中，，．
（1）求二面角的正切值；
（2）设三棱锥的体积为，是否存在体积为为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，若存在，求出该直四棱柱底面菱形的内角的大小；若不存在，请说明理由．
37．（2022秋 黄浦区期中）如图，在正方体中．
（1）求异面直线和所成角的大小；
（2）求二面角的大小．
题型九．点、线、面间的距离计算
38．（2023秋 长宁区期中）在正方体中，，则直线到平面的距离为 　　．
39．（2023秋 黄浦区期中）如图，在长方体中，，，，，分别为，，的中点．点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　
40．（2023秋 宝山区月考）如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，
，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若与平面所成的角为，求点到平面的距离．
41．（2024 浦东新区四模）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）求点到平面的距离．
题型十 综合压轴
42．（2023秋 浦东新区期末）已知四面体的所有棱长均为，，分别为棱，的中点，为棱上异于，的动点．有下列结论：
①线段的长度为1；
②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为；
④周长的最小值为．
其中正确结论的为　　
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
43．（2023秋 普陀区期中）在直角三角形中，已知，，，为线段上除端点外任意一点（如图，将三角形沿折成直二面角（如图．
（1）若为中点，求直线与平面所成角的正切值；
（2）若为中点，求二面角的正切值；
（3）翻折后的是否存在最小值，若存在，请给出；若不存在，请说明理由．
一、填空题
1．（21-22高二下·上海闵行·开学考试）在空间四点中，三点共线是四点共面的 条件．
2．（2023秋 浦东新区期中）设空间两个角∠A与∠B，若它们的两边分别平行，∠A＝30°，则∠B＝　　．
3．正方体的所有棱所在直线中，与直线垂直且异面的直线共有 　　条．
4．（2023秋 普陀区期中）如图是一个正方体的平面展开图，将这个正方体复原后，在其所有棱以及三条面对角线、、中，与直线异面的直线共有 　　条．
5．（2023秋 松江区月考）已知点，，，均在半径为2的球面上，满足，，，若平面，则　　．
6．已知，表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的　　条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选出一种填空．
7．（2023 闵行区开学）已知是边长为的正方形，点在平面外，侧棱，，则该几何体的5个面中，互相垂直的面有 　　对．
8．（2023秋 普陀区月考）设常数．如图，在矩形中，，，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是 　　．
9．正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为 　 　．
10．（2023秋 徐汇区期中）在的二面角内有一点，在平面、内的射影、分别落在半平面内，且，，则到的距离为　 　．
11．（22-23高二上·上海虹口·期中）在长方体中，若长方体的体对角线与过点的相邻三个面所成的角分别为，则 ．
12．（2022秋 嘉定区期末）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，BD∩AC＝O，M是线段D1O上的动点，过点M作平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点A距离的最小值为　　．
二、选择题
13．（22-23高二上·上海静安·期末）下列命题中真命题是（ ）
A．四边形一定是平面图形 B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面
C．四边形四边上的中点可以确定一个平面
D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面
14．（2023秋 浦东新区期中）下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是　　
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
15．（2023秋 普陀区期中）在正方体的底面内有一点，且平面，则的最小值是　　
A． B． C．1 D．
16．在长方体中，，，，，分别为，，的中点，点在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是　　
A． B． C． D．
三、解答题
17、如图：在正方体中，，分别为，的中点，，；
（1）点，，，是否共面？并说明理由；
（2）若直线与平面的交点为证明：点，，共线．
18．（2023秋 普陀区期中）如图，在直三棱柱中，已知，，，为的中点．
（1）求异面直线与所成角的大小（用反三角函数表示）；
（2）求证：平面．
19．（2024春 嘉定区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
（1）求证：AB∥平面A1DCB1；
（2）求直线A1B与B1C所成的角的大小；
（3）求证：BC1⊥平面A1DCB1．
20．（2023秋 青浦区期末）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AP＝AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC．
（1）求证：BC∥平面AMN；
（2）求证：平面AMN⊥平面PBC．
21．（2022·上海奉贤·一模）如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.

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