2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第47講、空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系（教師版）

第47講空間點(diǎn)、直線、平面之間的

位置關(guān)系

知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)一．四個(gè)公理

公理1：如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)．

注意：（1）此公理是判定直線在平面內(nèi)的依據(jù)；（2）此公理是判定點(diǎn)在面內(nèi)的方法

公理2：過(guò)不在一條直線上的三點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．

注意：（1）此公理是確定一個(gè)平面的依據(jù)；（2）此公理是判定若干點(diǎn)共面的依據(jù)

推論①：經(jīng)過(guò)一條直線和這條直線外一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面；

注意：（1）此推論是判定若干條直線共面的依據(jù)

（2）此推論是判定若干平面重合的依據(jù)

（3）此推論是判定幾何圖形是平面圖形的依據(jù)

推論②：經(jīng)過(guò)兩條相交直線，有且只有一個(gè)平面；

推論③：經(jīng)過(guò)兩條平行直線，有且只有一個(gè)平面；

公理3：如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直

線．

注意：（1）此公理是判定兩個(gè)平面相交的依據(jù)

（2）此公理是判定若干點(diǎn)在兩個(gè)相交平面的交線上的依據(jù)（比如證明三點(diǎn)共線、三線

共點(diǎn)）

（3）此推論是判定幾何圖形是平面圖形的依據(jù)

公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行．

知識(shí)點(diǎn)二．直線與直線的位置關(guān)系

位置關(guān)系相交（共面）平行（共面）異面

圖形

符號(hào)abPa∥baA,b,Ab

公共點(diǎn)個(gè)數(shù)100

特征兩條相交直線確定一個(gè)平面兩條平行直線確定一個(gè)平兩條異面直線不同在如

面何一個(gè)平面內(nèi)

知識(shí)點(diǎn)三．直線與平面的位置關(guān)系：有直線在平面內(nèi)、直線與平面相交、直線與平面

平行三種情況．

位置關(guān)系包含（面內(nèi)線）相交（面外線）平行（面外線）

圖形

符號(hào)llPl∥

公共點(diǎn)個(gè)數(shù)無(wú)數(shù)個(gè)10

知識(shí)點(diǎn)四．平面與平面的位置關(guān)系：有平行、相交兩種情況．

位置關(guān)平行相交（但不垂直）垂直

系

圖形

符號(hào)∥l，l

公共點(diǎn)0無(wú)數(shù)個(gè)公共點(diǎn)且無(wú)數(shù)個(gè)公共點(diǎn)且都

個(gè)數(shù)都在唯一的一條直線在唯一的一條直線上

上

知識(shí)點(diǎn)五．等角定理：空間中如果兩個(gè)角的兩邊分別對(duì)應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角相等或互

補(bǔ)．

必考題型全歸納

題型一：證明“點(diǎn)共面”、“線共面”或“點(diǎn)共線”及“線共點(diǎn)”

例1．（2024·山西大同·高一?？计谥校┤鐖D所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別

為AB，AD的中點(diǎn)，G，H分別在BC，CD上，且BG:GCDH:HC1:2，求證：

(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；

(2)EG與HF的交點(diǎn)在直線AC上．

【解析】（1）BG：GCDH：HC1：2，GH//BD，

E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，EF//BD，EF//GH，

E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．

（2）G、H不是BC、CD的中點(diǎn)，

EF//GH，且EFGH，

EG與FH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M，

EG平面ABC，HF平面ACD，

M平面ABC，且M平面ACD，

平面ABC平面ACDAC，MAC，

EG與HF的交點(diǎn)在直線AC上．

例2．（2024·陜西西安·高一?？计谥校?）已知直線a∥b，直線l與a，b都相交，求

證：過(guò)a，b，l有且只有一個(gè)平面；

（2）如圖，在空間四邊形ABCD中，H，G分別是AD，CD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是邊AB，

CFAE1

BC上的點(diǎn)，且.求證：直線EH，BD，F(xiàn)G相交于一點(diǎn).

FBEB3

【解析】（1）證明：設(shè)直線l與a，b分別交于M,N點(diǎn)，

如圖1，

因?yàn)閍∥b，所以a,b確定一個(gè)平面，記為平面，

因?yàn)辄c(diǎn)M直線a，點(diǎn)N直線b，所以M，N，

所以直線MN，即l平面，所以過(guò)a，b，l有且只有一個(gè)平面；

（2）在空間四邊形ABCD中，連接EF,HG，

1

因?yàn)镠,G分別為AD,CD的中點(diǎn)，則HG//AC，且HGAC，

2

CFAE13

又由，則EF//AC，且EFAC，

FBEB34

故HG//EF，且HGEF，故四邊形EFGH為梯形，EH與FG交于一點(diǎn)，

設(shè)EH與FG交于點(diǎn)P，如圖2，

由于EH平面ABD，點(diǎn)P在平面ABD內(nèi)，同理點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)，

又因?yàn)槠矫鍭BD平面BCDBD，

所以點(diǎn)P在直線BD上，

故直線EH,BD,FG相交于一點(diǎn).

例3．（2024·河南信陽(yáng)·高一校聯(lián)考期中）如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分

別是AB,AA1上的點(diǎn)，且A1F2FA,BE2AE.

(1)證明：E,C,D1,F四點(diǎn)共面；

(2)設(shè)D1FCEO，證明：A，O，D三點(diǎn)共線.

【解析】（1）證明：如圖，連接EF,A1B,D1C.

∥

在正方體ABCDA1B1C1D1中，A1F2FA,BE2AE，所以EFA1B，

∥

又BCA1D1，且BCA1D1，

∥

所以四邊形BCD1A1是平行四邊形，所以A1BD1C，

EF∥D1C，所以E,C,D1,F四點(diǎn)共面；

（2）證明：由D1FCEO，OD1F，又D1F平面ADD1A1，O平面ADD1A1，

同理O平面ABCD，又平面ADD1A1平面ABCDAD，

OAD，即A，O，D三點(diǎn)共線.

變式1．（2024·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為

AB，AD的中點(diǎn)，G，H分別在BC，CD上，且BG:GCDH:HC1:2.求證：

(1)E?F?G?H四點(diǎn)共面；

(2)EG與HF的交點(diǎn)在直線AC上.

【解析】（1）∵BG:GCDH:HC，∴GH∥BD.

1

∵E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，∴EF∥BD，且EFBD，

2

∴EF∥GH，∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面.

1

（2）∵G，H不是BC，CD的中點(diǎn)，∴GHBD，∴EFGH，

2

由（1）知EF∥GH，故EFHG為梯形.

∴EG與FH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M，

∴EG平面ABC，F(xiàn)H平面ACD，

∴M平面ABC，且M平面ACD，

∴MAC，即GE與HF的交點(diǎn)在直線AC上.

變式2．（2024·云南楚雄·高一統(tǒng)考期中）如圖，在正四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，

G，H分別為棱A1B1，B1C1，AB，BC的中點(diǎn)．

(1)證明E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；

(2)證明GE，F(xiàn)H，BB1相交于一點(diǎn)．

【解析】（1）證明：連接AC，A1C1，如圖所示，

因?yàn)锳BCDA1B1C1D1為正四棱臺(tái)，所以A1C1//AC，

又E，F(xiàn)，G，H分別為棱A1B1，B1C1，AB，BC的中點(diǎn)，所以EF//A1C1，GH//AC，

則EF//GH，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．

（2）因?yàn)锳1C1AC，所以EFGH，所以EFHG為梯形，則EG與FH必相交．

設(shè)EGFGP，因?yàn)镋G平面AA1B1B，所以P平面AA1B1B，

因?yàn)镕H平面BB1C1C，所以P平面BB1C1C，

又平面AA1B1B?平面BB1C1CBB1，所以PBB1，

則GE，F(xiàn)H，B1B交于一點(diǎn)．

變式3．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分

別是AB，AA1的中點(diǎn)．

(1)求證：CE，D1F，DA三線交于點(diǎn)P；

(2)在（1）的結(jié)論中，G是D1E上一點(diǎn)，若FG交平面ABCD于點(diǎn)H，求證：P，E，H三點(diǎn)

共線．

【解析】（1）證明：連接A1B，CD1，EF

，

正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是ABAA1的中點(diǎn)，

∴EF//A1B且EFA1B，

∵CD1//A1B且CD1A1B，

∴EF//CD1且EFCD1，

∴EC與D1F相交，設(shè)交點(diǎn)為P，

∵PEC，EC平面ABCD，∴P平面ABCD；

又∵PFD1，F(xiàn)D1平面ADD1A1，∴P平面ADD1A1，

∴P為兩平面的公共點(diǎn)，

∵平面ABCD平面ADD1A1AD，∴PAD，

∴CE、D1F、DA三線交于點(diǎn)P；

（2）

在（1）的結(jié)論中，G是D1E上一點(diǎn)，F(xiàn)G交平面ABCD于點(diǎn)H，

則FH平面PCD1，∴H平面PCD1，又H平面ABCD，

∴H平面PCD1平面ABCD，

同理，P平面PCD1平面ABCD，

E平面PCD1平面ABCD，

∴P，E，H都在平面PCD1與平面ABCD的交線上，

∴P，E，H三點(diǎn)共線．

【解題方法總結(jié)】

共面、共線、共點(diǎn)問(wèn)題的證明

（1）證明共面的方法：先確定一個(gè)平面，然后再證其余的線（或點(diǎn)）在這個(gè)平面內(nèi)．

（2）證明共線的方法：先由兩點(diǎn)確定一條直線，再證其他各點(diǎn)都在這條直線上．

（3）證明共點(diǎn)的方法：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證其他直線經(jīng)過(guò)該點(diǎn)．

題型二：截面問(wèn)題

例4．（2024·全國(guó)·高三對(duì)口高考）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為23，動(dòng)點(diǎn)P

在對(duì)角線BD1上，過(guò)點(diǎn)P作垂直于BD1的平面，記這樣得到的截面多邊形（含三角形）的

周長(zhǎng)為y，設(shè)BPx，則當(dāng)x1,5時(shí)，函數(shù)yfx的值域?yàn)椋ǎ?/p>

A．36,66B．6,26C．0,6D．0,36

【答案】A

【解析】

如圖，連接AB1,AC,CB1，BD，DD1平面ABCD，AC平面ABCD，則DD1AC，

又BDAC，DD1IBDD，BD平面BDD1，DD1平面BDD1，

所以AC平面BDD1，又BD1平面BDD1，所以ACBD1，

同理BD1AB1，ACAB1A，AC平面AB1C，AB1平面AB1C，所以BD1平面AB1C，

因此平面與平面AB1C重合或平行，

取BA,BC,BB1的中點(diǎn)M,N,Q，連接MN,NQ,QM，則MN//AC，MQ//AB1，

同理可證BD1平面MNQ，由于BMBNBQ，MNNQMQ，所以三棱錐BMNQ是

正三棱錐，

BD1與平面MNQ的交點(diǎn)P是△MNQ的中心，

123

正方體棱長(zhǎng)為23，則MN2326，PM62，

232

所以BP(3)2(2)21，所以f(1)36，

f(x)x

由棱錐的平行于底面的截面的性質(zhì)知，當(dāng)平面從平面MNQ平移到平面ACB1時(shí)，，

361

即f(x)36x，

x26

，x2，顯然f(2)66，

16

平面過(guò)平面ACB1再平移至平面GHIJKL時(shí)，如圖，把正方形A1B1C1D1沿A1B1旋轉(zhuǎn)到與正方

形ABB1A1在同一平面內(nèi)，

如圖，則H,I,J共線，由正方形性質(zhì)得HIIJHJAB1，同理JKKLB1C，

LGGHAC，

因此此種情形下，截面GHIJKL的周長(zhǎng)與截面ACB1的周長(zhǎng)相等，平移平面，一直到平面

A1C1D位置處，

由正方體的對(duì)稱性，接著平移時(shí)，截面周長(zhǎng)逐漸減少到f(5)f(1)36，

綜上，f(x)的值域是[36,66]．

故選：A.

例5．（2024·北京東城·高三北京市第十一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1

的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)，G分別為線段BC,CC1,BB1上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），

π

①異面直線DD與AF所成角可以為

14

②當(dāng)G為中點(diǎn)時(shí)，存在點(diǎn)E，F(xiàn)使直線A1G與平面AEF平行

9

③當(dāng)E，F(xiàn)為中點(diǎn)時(shí)，平面AEF截正方體所得的截面面積為

8

④存在點(diǎn)G，使點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等

則上述結(jié)論正確的是（）

A．①③B．②④C．②③D．①④

【答案】C

【解析】對(duì)①：因?yàn)镈1D//A1A，故D1D與AF的夾角即為A1A與AF的夾角A1AF，

π

又當(dāng)F與C重合時(shí)，A1AF取得最大值，為；

2

AC

11π

當(dāng)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，A1AF取得最小值，設(shè)其為，則tan2，故；

A1A4

ππ

又點(diǎn)F不能與C,C1重合，故A1AF,,，故①錯(cuò)誤；

24

對(duì)②：當(dāng)G為B1B中點(diǎn)時(shí)，存在E,F分別為BC,C1C的中點(diǎn)，滿足A1G//面AEF，證明如下：

取B1C1的中點(diǎn)為M，連接A1M,MG，如下所示：

顯然A1M//AE，又AE面AEF,A1M面AEF，故A1M//面AEF；

又易得MG//EF，EF面AEF,MG面AEF，故MG//面AEF；

又A1MMGM,A1M,MG面A1MG，故面A1MG//面AEF，

又A1G面A1MG，故A1G//面AEF，故②正確；

對(duì)③：連接AD1,D1F,AE，如下所示：

因?yàn)镋F//BC1//AD1，故面AEFD1即為平面AEF截正方體所得截面；

52

又DFAE，故該截面為等腰梯形，又EF，AD12，

122

2

1ADEF12329

故截面面積21，故③正確；

SEFAD1D1F2

222248

對(duì)④：連接GC，取其中點(diǎn)為H，如下所示：

要使得點(diǎn)G到平面AEF的距離等于點(diǎn)C到平面AEF的距離，只需EF經(jīng)過(guò)GC的中點(diǎn)，

顯然當(dāng)點(diǎn)E、F分別為所在棱的中點(diǎn)時(shí)，不存在這樣的點(diǎn)G滿足要求，故④錯(cuò)誤.

故選：C.

例6．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1的

中點(diǎn)，過(guò)M，N，B1三點(diǎn)的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面形狀為（）

A．六邊形B．五邊形C．四邊形D．三角形

【答案】B

【解析】

在AB上取點(diǎn)Q，且BQ3AQ，取CD中點(diǎn)為P，連接QM,BP,NP,B1Q.

在DD1上取點(diǎn)R，且D1R3DR，連結(jié)NR,MR.

AQAM1

因?yàn)?，QAMPCB，

CPBC2

所以QAM∽PCB，所以AQMBPC.

又ABCD，所以ABPBPC，所以ABPAQM，

所以，QM∥BP.

因?yàn)镹,P分別為C1D1,CD的中點(diǎn)，所以PN∥CC1，且PN=CC1.

根據(jù)正方體的性質(zhì)，可知BB1∥CC1，且BB1CC1，

所以，PN∥BB1，且PN=BB1，

所以，四邊形BPNB1是平行四邊形，

所以，B1N∥BP，所以B1N∥QM.

同理可得，NR∥B1Q.

所以，五邊形QMRNB1即為所求正方體的截面.

故選：B.

變式4．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCDA1B1C1D1中，M,N分別為AD，C1D1的

中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)為（）

22

①M(fèi)N//平面AA1C1C；②MNB1C；③直線MN與AC1所成角的余弦值為

3

④過(guò)M,N,B1三點(diǎn)的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面為梯形

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【解析】連接BD，交AC于點(diǎn)O，則O是AC的中點(diǎn)，連接OM,OC1，由于M,O,N是中點(diǎn)，

1

可得OM//CD//CN,OMCDCN，

121

所以四邊形MOC1N是平行四邊形，所以O(shè)C1//MN,

又OC1平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN//平面AA1C1C，即①正確；

連接BC1,AD1，則BC1B1C，在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB平面BCC1B1，又B1C平

面BCC1B1，所以B1CAB,

=

又BC1ABB，BC1平面ABC1D1，AB平面ABC1D1，所以B1C平面ABC1D1，若

MNB1C，則MN//平面ABC1D1或MN平面ABC1D1，而MN與平面ABC1D1相交，所以

MN與B1C不垂直，即②錯(cuò)誤；

由于OC1//MN，所以O(shè)C1A為直線MN與AC1所成角（或補(bǔ)角），

設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，

222

AC1C1OAO22

則AO2,AC123,OC16,所以由余弦定理得cosOC1A，

2AC1C1O3

即③正確；

因?yàn)槠矫鍭BCD與平面A1B1C1D1平行，則過(guò)M,N,B1三點(diǎn)的截面與這兩個(gè)平面的交線平行，

由于其中一條交線是B1N,另一交線過(guò)點(diǎn)M，所以在平面ABCD內(nèi)作ME與B1N平行（E是

靠近A的四等分點(diǎn)），連接B1E，同理作出NF與B1E平行（F是靠近D的三等分點(diǎn)），從而

得到截面MFNB1E，可知截面是五邊形，即④錯(cuò)誤；

綜上，正確的個(gè)數(shù)是2個(gè).

故選：B.

變式5．（2024·上海閔行·高三上海市七寶中學(xué)校考階段練習(xí)）在棱長(zhǎng)為2的正方體

ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，對(duì)于如下命題：①異面直線DD1與B1F

5

所成角的余弦值為；②點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)DP//平面B1EF時(shí)，DP的最小

51111

32

值為；③過(guò)點(diǎn)D1，E，F(xiàn)的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面周長(zhǎng)為2132；

2

④當(dāng)三棱錐B1BEF的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上時(shí)，球O的體積為6．則正確的命題

個(gè)數(shù)為（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】對(duì)于①，DD1//BB1，

在RtBB1F中BB1F即為異面直線DD1與B1F所成的角，

BB225

cosBBF1，

122

B1F125

25

異面直線DD1與BF所成的角的余弦值為．故①錯(cuò)誤；

15

對(duì)于②，取A1D1的中點(diǎn)M,D1C1的中點(diǎn)N，取AD的中點(diǎn)S，連接MN，DM，DN,A1S,SF，

SF//AB//A1B1,SFABA1B1,

A1B1FSAA1//B1FA1S//DMMD//B1F，

同理可得DN//B1E，

又DM面B1EF，B1F面B1EF，DN面B1EF，B1E面B1EF，

∴DM//面B1EF，DN//面B1EF，

又DMDND，DM?DN面DMN，

面DMN//面B1EF，

又DP//面B1EF，P面A1B1C1D1，

P軌跡為線段MN，

在DMN中，過(guò)D作DPMN，此時(shí)DP取得最小值，

△

在RtDD1M中，D1M1，D1D2，DM5，

在RtDD1N中，D1N1，D1D2，DN5，

在RtMD1N中，D1N1，D1M1，MN2，

2

2MN132

如圖，在Rt△DPN中，DPDN5．故②正確；

222

、、

對(duì)于③，過(guò)點(diǎn)D1EF的平面截正方體ABCDA1B1C1D1，

、、

平面AA1D1D//平面BB1C1C，則過(guò)點(diǎn)D1EF的平面必與AA1、CC1各交于一點(diǎn)，

、、

設(shè)過(guò)點(diǎn)D1EF的平面必與AA1與CC1分別交于M、N，

、、

過(guò)點(diǎn)D1EF的平面與平面AA1D1D和平面BB1C1C分別交于D1M與FN，D1M//NF，

同理可得D1N//ME，

、、

如圖過(guò)點(diǎn)D1EF的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面圖形為五邊形D1MEFN，

、、y

如圖以D為原點(diǎn)，分別以DADCDD1方向?yàn)閤軸?軸?z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系

Dxyz，

設(shè)AMm，CNn，

則M2,0,m，N0,2,n，E2,1,0，F(xiàn)1,2,0，D10,0,2，

ME0,1,m，D1N0,2,n2，D1M2,0,m2，NF1,0,n，

D1M//NF，D1N//ME，

2

m

2mn23

，解得，

2nm22

n

3

22

AM，CN，

33

44

AM，CN，

1313

4213213

在RtD1A1M中，D1A12，A1M，DM，同理：DN，

31313

21313

在Rt△MAE中，AM，AE1，ME，同理：FN

333

在RtEBF中，BEBF1，EF2，

21313

DMDNMEFNEF2222132，

1133

、、

即過(guò)點(diǎn)D1EF的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面周長(zhǎng)為2132．故③正確；

對(duì)于④，如圖所示，取EF的中點(diǎn)O1，則O1EO1FO1B，過(guò)O1作OO1//BB1，

1

且使得OOBB1，則O為三棱錐BBEF的外接球的球心，

1211

所以O(shè)E為外接球的半徑，

在RtEBF中，EF2，

22

EF23

2222，則6，

ROEOO11R

2222

3

446

3．故④正確，

V球πRπ6π

332

故選：C．

變式6．（2024·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考三模）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E

是棱CC1的中點(diǎn)，過(guò)A,D1,E三點(diǎn)的截面把正方體ABCDA1B1C1D1分成兩部分，則這兩部分

中大的體積與小的體積的比值為（）

171377

A．B．C．D．

7734

【答案】A

【解析】連接BC1，設(shè)平面AD1E與平面BCC1B1交于EF，

因?yàn)槠矫鍮CC1B1平面ADD1A1，平面AD1E與平面ADD1A1交于AD1，

∥∥

則EFAD1，又AD1BC1，

∥

則EFBC1，又E是棱CC1的中點(diǎn)，則F是BC的中點(diǎn).

111

SS11,SS222，hCD2,

1CEF222ADD12

1117

VSSSSh212，

CEFADD11212

3323

71717717

V剩余V正方體V8，故.

CEFADD133337

故選：A.

-

變式7．（2024·新疆·校聯(lián)考二模）已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，E，F(xiàn)分別為BB1，A1C1

的中點(diǎn)，AA12，AB2，BC32，AC4，如圖所示，若過(guò)A、E、F三點(diǎn)的平面作

-

該直三棱柱ABCA1B1C1的截面，則所得截面的面積為（）

A．10B．15C．25D．30

【答案】B

【解析】解析：延長(zhǎng)AF，CC1且AF與CC1相交于G，連接EG，并與B1C1相交于D，連接

FD，則四邊形AEDF為所求的截面.

在Rt△ABE中，由AB2，BE1，得AE5.

在RtAA1F中，由AA12，A1F2，得AF22.

≌

因?yàn)镕為A1C1的中點(diǎn)，所以由平面幾何知識(shí)可知，△AA1F△FGC1.

所以AA1GC1，F(xiàn)GAF，即F為AG的中點(diǎn)，所以AG42.

又由B1E//GC1，可得△B1ED∽△GDC1，

=

又GC12B1E，B1C132，所以DC122.

=

在Rt△GDC1中，由DC122，GC12，得GD23，所以GE33.

所以在△AEG中，有AG42，GE33，AE5，

1

即GE2AE2AG2，所以AEGE.又注意到SAGEGsinAGE，

AEG2

11121

SFGDGsinAGEGAGEsinAGES，

FDG22233AEG

221

則四邊形AEDF的面積為S33515.

3△AEG32

故選：B．

變式8．（2024·新疆阿克蘇·校考一模）已知M，N，P是正方體ABCDA1B1C1D1的棱AB，

AA1，CC1的中點(diǎn)，則平面MNP截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面是（）

A．三角形B．四邊形C．五邊形D．六邊形

【答案】D

【解析】如圖所示，分別取BC，C1D1，A1D1的中點(diǎn)Q，E，F(xiàn)，連接MN，MQ，QP，

∥

PE，EF，F(xiàn)N，則MNA1B，EPCD1.

A1BCD1，MN∥EP.

同理可得MQ∥EF，PQ∥FN.

由基本事實(shí)及其三個(gè)推論得M，N，P，Q，E，F(xiàn)六點(diǎn)共面，

所以平面MNP截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面是六邊形.

故選：D.

變式9．（2024·重慶沙坪壩·高三重慶一中?？计谥校┰诶忾L(zhǎng)為3的正方體ABCDA1B1C1D1

中，點(diǎn)Р是側(cè)面ADD1A1上的點(diǎn)，且點(diǎn)Р到棱AA1與到棱AD的距離均為1，用過(guò)點(diǎn)Р且與BD1垂

直的平面去截該正方體，則截面在正方體底面ABCD的投影多邊形的面積是（）

913

A．B．5C．D．8

22

【答案】C

【解析】

由題意可以作出與BD1垂直的平面DA1C1，

利用面面平行可作出過(guò)點(diǎn)P且平行于平面DA1C1的平面GJKLNM，

則平面GJKLNM與BD1垂直，

作出點(diǎn)M，N的投影O，Q，

平面AOQCKJ的面積S即為所求，

已知正方體棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)Р到棱AA1與到棱AD的距離均為1，

所以點(diǎn)G，J，K，L，N，M均為各棱的三等分點(diǎn)

1113

SSSS331122，

ABCDDJKOBQ222

故選：C.

【解題方法總結(jié)】

（1）作截面應(yīng)遵循的三個(gè)原則：①在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；②凡是相交的直線

都要畫出它們的交點(diǎn)；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線．

（2）作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實(shí)3作交線；

②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出

交線．

題型三：異面直線的判定

例7．（2024·全國(guó)·高三對(duì)口高考）兩條直線a,b分別和異面直線c,d都相交，則直線a,b的

位置關(guān)系是（）

A．一定是異面直線B．一定是相交直線

C．可能是平行直線D．可能是異面直線，也可能是相交直線

【答案】D

【解析】已知直線c與d是異面直線，直線a與直線b分別與兩條直線c與直線d相交于點(diǎn)

A,B,C,D，

根據(jù)題意可得當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，兩條直線相交，當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B不重合時(shí)，兩條直線異

面，

所以直線a,b的位置關(guān)系是異面或相交.

故選:D．

例8．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1，點(diǎn)P在直線AD1

上，Q為線段BD的中點(diǎn)，則下列命題中假命題為（）

A．存在點(diǎn)P，使得PQA1C1

B．存在點(diǎn)P，使得PQ//A1B

C．直線PQ始終與直線CC1異面

D．直線PQ始終與直線BC1異面

【答案】C

【解析】正方體ABCDA1B1C1D1中，易得A1C1平面BDD1B1，因?yàn)辄c(diǎn)P在直線AD1上，Q

為線段BD的中點(diǎn)，

當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)D1重合時(shí)，PQ平面BDD1B1，PQA1C1，故A正確；

連接A1D、A1B，當(dāng)點(diǎn)P為線段A1D的中點(diǎn)時(shí)，PQ為三角形A1BD的中位線，即PQ//A1B，

故B正確；

CC1平面AA1C1C，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)A重合時(shí)，PQ平面AA1C1C，所以直線PQ和CC1在同一

平面內(nèi)，故C錯(cuò)誤；

BC1平面ABC1D1，PQ平面ABC1D1P，PBC1，所以直線PQ始終與直線BC1不相交，

且不平行，

所以直線PQ與直線BC1是異面直線，故D正確；

故選：C

例9．（2024·四川綿陽(yáng)·高三綿陽(yáng)南山中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在底面半徑為1的圓

柱OO1中，過(guò)旋轉(zhuǎn)軸OO1作圓柱的軸截面ABCD，其中母線AB=2，E是弧BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是

AB的中點(diǎn)，則（）

A．AE=CF，AC與EF是共面直線

B．AECF，AC與EF是共面直線

C．AE=CF，AC與EF是異面直線

D．AECF，AC與EF是異面直線

【答案】D

【解析】如圖，在底面半徑為1的圓柱OO1中，母線AB=2，BC=2，E是BC的中點(diǎn)，則

BE=AE=2，

因?yàn)镕是AB的中點(diǎn)，又AB2，則BF1，

2

AE=AB2+BE2=4+2=6，CF=BC2+BF2=4+1=5，

AECF，

在ABC中，O是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，OF//AC，

AC與OF是共面直線，

若AC與EF是共面直線，則O,F,A,C,E在同一平面，顯然矛盾，故AC與EF是異面直線

故選：D．

變式10．（2024·上海浦東新·高三華師大二附中?？茧A段練習(xí)）已知正方體ABCDA1B1C1D1

中，M，N，P分別是棱A1D1，D1C1，AB的中點(diǎn)，Q是線段MN上的動(dòng)點(diǎn)，則下列直線

中，始終與直線PQ異面的是（）

A．AB1B．BC1C．CA1D．DD1

【答案】A

【解析】對(duì)于選項(xiàng)A，AB1面ABB1A1，P面ABB1A1，Q面ABB1A1，所以直線PQ與AB1

異面；

對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)Q與N重合時(shí)，因?yàn)镻B//NC1，又M，N，P分別是棱A1D1，D1C1，AB

的中點(diǎn)，所以PBNC1，所以PQ//BC1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C，連接A1P,PC,CN,NA1，在正方體中，易得A1P//CN且A1PCN，所以A1C與PN

相交，即當(dāng)Q與N重合時(shí)，PQ與CA1相交，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)D，取A1B1中點(diǎn)H，連D1H交MN于E，連DP,PH，因?yàn)镻H//DD1且PHDD1，

所以DP//D1H且DPD1H，故當(dāng)Q與E重合時(shí)，PQ與DD1相交，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

故選：A.

-

變式11．（2024·上?！じ呷Ｂ?lián)考階段練習(xí)）如圖所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱

長(zhǎng)均為1，點(diǎn)P、M、N分別為棱AA1、AB、A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段MN上的動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)

Q由點(diǎn)N出發(fā)向點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以下結(jié)論中正確的是（）

A．直線C1Q與直線CP可能相交B．直線C1Q與直線CP始終異面

C．直線C1Q與直線CP可能垂直D．直線C1Q與直線BP不可能垂直

【答案】B

-

【解析】在正三棱柱ABCA1B1C1中，

因?yàn)辄c(diǎn)M、N分別為棱AB、A1B1的中點(diǎn)，所以MN//AA1，

又MN平面AA1C1C，AA1平面AA1C1C，

所以MN//平面AA1C1C，

因?yàn)镃1,P,C平面AA1C1C，C1PC，QMN，

所以C1,P,C,Q四點(diǎn)不共面，

所以直線C1Q與直線CP始終異面，故A錯(cuò)誤，B正確；

對(duì)于C，設(shè)NQMN01，

11

則QCQNNCMNNAACAAACAB，

11211112

1

CPAAAC，

21

若直線C1Q與直線CP垂直，則QC1CP0，

11

即AA1ACABAA1AC0，

22

21211

所以AAAAACAAACACAAABABAC0，

21121412

113

即1110，解得，

2222

因?yàn)?≤≤1，所以不存在點(diǎn)Q使得直線C1Q與直線CP垂直，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，連接C1N，

因?yàn)镃1A1C1B1,N為A1B1的中點(diǎn)，所以C1NA1B1，

又因AA1平面A1B1C1，C1N平面A1B1C1，

所以AA1C1N，

因?yàn)锳A1A1B1,AA1,A1B1平面ABB1A1，

所以C1N平面ABB1A1，

又BP平面ABB1A1，所以C1NBP，

所以當(dāng)點(diǎn)Q在N的位置時(shí)，直線C1Q與直線BP垂直，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

變式12．（2024·吉林長(zhǎng)春·高三長(zhǎng)春市第六中學(xué)?？计谀┤鐖D，在底面為正方形的棱臺(tái)

ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分別為棱CC1，BB1，CF，AF的中點(diǎn)，對(duì)空間任意

兩點(diǎn)M、N，若線段MN與線段AE、BD1都不相交，則稱點(diǎn)M與點(diǎn)N可視，下列選項(xiàng)中

與點(diǎn)D可視的為（）

A．B1B．FC．HD．G

【答案】D

，

【解析】根據(jù)棱臺(tái)的性質(zhì)可知B1D1//DB，連接B1D1BD、EF、DE、DH、DF，

因?yàn)镋、F分別為棱CC1，BB1的中點(diǎn)，

所以EF//BC，又底面ABCD為正方形，所以BC//AD，所以EF//AD，所以四邊形EFAD為

梯形，

所以DH與AE相交，DF與AE相交，故B、C錯(cuò)誤；

因?yàn)锽1D1//DB，所以四邊形B1D1DB是梯形，所以B1D與BD1相交，故A錯(cuò)誤；

因?yàn)镋FAD為梯形，G為CF的中點(diǎn)，即GEF，則D、E、G、A四點(diǎn)不共面，所以DG

與AE不相交，

若DG與BD1相交，則D、B、G、D1四點(diǎn)共面，

顯然D、B、B1、D1四點(diǎn)共面，G平面DBB1D1，所以D、B、G、D1四點(diǎn)不共面，即假

設(shè)不成立，

所以DG與BD1不相交，即G點(diǎn)與點(diǎn)D可視，故D正確．

故選：D．

【解題方法總結(jié)】

判定空間兩條直線是異面直線的方法如下：

（1）直接法：平面外一點(diǎn)A與平面內(nèi)一點(diǎn)B的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的直線是異面

直線．

（2）間接法：平面兩條不可能共面（平行，相交）從而得到兩線異面．

題型四：異面直線所成的角

例10．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別是棱

AD,CC1的中點(diǎn),則異面直線A1E與BF所成角的大小為．

π

【答案】

2

【解析】取D1D中點(diǎn)為G,連接AG,GF,記A1E與AG交點(diǎn)為M,如圖所示:

因?yàn)镚,F分別是棱D1D,CC1的中點(diǎn),

所以GF∥AB,且GFAB,故四邊形ABGF為平行四邊形,

所以AG∥BF,所以A1E與BF所成角即為A1E與AG所成角,

因?yàn)檎襟wABCDA1B1C1D1,E,G是棱AD,D1D的中點(diǎn),

π

所以AAAD,AEGD,AADADG,

112

所以△A1AE△ADG,即AA1EDAG,

ππ

因?yàn)镈AGAAGAAE,所以AAEAAG,

112112

π

所以AMAπAAEAAG,

1112

ππ

故AE與AG所成角為,即AE與BF所成角為.

1212

π

故答案為:

2

例11．（2024·高三課時(shí)練習(xí)）已知正四面體ABCD中,E是AB的中點(diǎn),則異面直線CE與BD

所成角的大小為．

3

【答案】arccos

6

【解析】解:由題知,取AD中點(diǎn)為F，連接EF,CF,CE如圖所示:

不妨設(shè)正四面體棱為6,

1

根據(jù)E,F分別為AB,AD中點(diǎn)得：EF∥BD，EFBD3,

2

因?yàn)锳BC與ACD為等邊三角形,

所以AE3,AC6，故CE33，同理CF33，

在△CEF中,由余弦定理可得:

222

EF+CE-CF9+27-273

cosDFEC==，

2鬃EFCE2鬃3336

3

故DFEC=arccos,

6

因?yàn)镋F∥BD,

所以異面直線CE與BD所成角，即直線CE與EF所成角，即FEC,

3

故異面直線CE與BD所成角為arccos.

6

3

故答案為:arccos

6

例12．（2024·新疆喀什·高三統(tǒng)考期中）如圖是一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖，在這個(gè)正方體

中，下列說(shuō)法中，正確的序號(hào)是