专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc30788" 【题型1 平面的基本性质及推论】 PAGEREF _Tc30788 \h 4
\l "_Tc10438" 【题型2 点共线、点（线）共面、线共点问题】 PAGEREF _Tc10438 \h 6
\l "_Tc9540" 【题型3 等角定理】 PAGEREF _Tc9540 \h 11
\l "_Tc6894" 【题型4 平面分空间问题】 PAGEREF _Tc6894 \h 13
\l "_Tc30960" 【题型5 截面问题】 PAGEREF _Tc30960 \h 15
\l "_Tc24731" 【题型6 异面直线的判定】 PAGEREF _Tc24731 \h 19
\l "_Tc10362" 【题型7 异面直线所成的角】 PAGEREF _Tc10362 \h 22
\l "_Tc2158" 【题型8 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系】 PAGEREF _Tc2158 \h 25
1、空间点、直线、平面之间的位置关系
【知识点1 平面的基本事实及推论】
1．四个基本事实及基于基本事实1和2的三个推论
(1)四个基本事实及其表示
①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.
②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.
③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.
④基本事实4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
(2)四个基本事实的作用
基本事实1：①确定一个平面；②判断两个平面重合；③证明点、线共面.
基本事实2：①判断直线是否在平面内，点是否在平面内；②用直线检验平面.
基本事实3：①判断两个平面相交；②证明点共线；③证明线共点.
基本事实4：①判断两条直线平行.
(3)基本事实1和2的三个推论
2．等角定理
(1)自然语言：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
(2)符号语言：如图(1)(2)所示，在∠AOB与∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB=∠A'O'B'
或∠AOB+∠A'O'B'=.
【知识点2 共面、共线、共点问题的证明方法】
1．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.
【知识点3 平面分空间问题】
1．平面分空间问题
一个平面将空间分成两部分，那么两个平面呢?三个平面呢?
(1)两个平面有两种情形：
①当两个平面平行时，将空间分成三部分，如图(1)；
②当两个平面相交时，将空间分成四部分，如图(2).
(2)三个平面有五种情形：
①当三个平面互相平行时，将空间分成四部分，如图8(1)；
②当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成六部分，如图(2)；
③当三个平面相交于同一条直线时，将空间分成六部分，如图(3)；
④当三个平面相交于三条直线，且三条交线相交于同一点时，将空间分成八部分，如图(4)；
⑤当三个平面相交于三条直线，且三条交线互相平行时，将空间分成七部分，如图(5).
【知识点4 空间点、线、面之间的位置关系】
1．空间中直线与直线的位置关系
(1)三种位置关系
我们把不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.于是，空间两条直线的位置关系有三种：
(2)异面直线的画法
为了表示异面直线a,b不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面衬托，如图所示.
2．空间中直线与平面的位置关系
直线与平面的位置关系有且只有三种，具体如下：
3．空间中平面与平面的位置关系
(1)两种位置关系
两个平面之间的位置关系有且只有以下两种，具体如下：
(2)两种位置关系
平行平面的画法技巧
画两个互相平行的平面时，要注意使表示平面的两个平行四边形的对应边平行.
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：.
【方法技巧与总结】
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异面直线所成的角，也可能等于其补角.
【题型1 平面的基本性质及推论】
【例1】（2024·全国·模拟预测）给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据点、线、面的基本事实及推论进行判断即可.
【解答过程】根据基本事实以及推论，易知①②正确.
若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误.
若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误.
即正确的命题有2个，
故选：B.
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个平面B．四边形确定一个平面
C．三角形确定一个平面D．一条直线和一个点确定一个平面
【解题思路】利用立体几何中的基本事实确定平面的方法求解即可.
【解答过程】三个不共线的点确定一个平面，故选项A错误，
四边形存在空间四边形，故选项B错误，
三角形的顶点是三个不共线的点，确定一个平面，故选项C正确，
当点在直线上时无法确定一个平面，故选项D错误.
故选：C.
【变式1-2】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）已知α，β是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若α∩β=l，A∈α且A∈β，则A∈l
B．若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉β
C．若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线
D．若A，B是两个不同的点，A∈α且B∈α，则直线AB⊂α
【解题思路】根据题意结合平面的性质以及相关基本事实逐项分析判断.
【解答过程】对于A，因为A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，
又因为α∩β=l，由基本事实3可得A∈l，故A正确；
对于B，由基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又因为A∈β，B∈β且A，B，C∈α，则C∉β，故B正确；
对于C，由于平面α和平面β位置不确定，
则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；
对于D，由基本事实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，故D正确．
故选：C．
【变式1-3】（23-24高一下·河南安阳·阶段练习）下列命题正确的是（ ）
A．过三个点有且只有一个平面
B．如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线不一定共面
C．四边形为平面图形
D．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
【解题思路】根据平面的基本性质可判断A，D，由推论可判断B，根据特例可判断C.
【解答过程】根据公理知，过不共线的三点确定一个平面，故A错误；
因为两条平行直线确定一个平面，而两个交点都在这个平面内，故这条直线也在这个平面内，所以三条直线共面，故B错误；
由空间四边形不是平面图形可知，C错误；
由公理知，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，故D正确.
故选：D.
【题型2 点共线、点（线）共面、线共点问题】
【例2】（2024·吉林·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M,O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．A,M,O三点共线B．M,O,A1,B四点异不共面
C．B,B1,O,M四点共面D．B,D1,C,M四点共面
【解题思路】由长方体性质易知A,A1,C1,C四点共面且OM,BB1是异面直线, 再根据 M 与 A1C 、面 ACC1A1 、 面 AB1D1 的位置关系知 M 在面 ACC1A1 与面 AB1D1 的交线上, 同理判断 O、A, 即可判断各选项的正误.
【解答过程】
因为 AA1//CC1,
则A,A1,C1,C四点共面.
因为 M∈A1C,
则 M∈ 平面 ACC1A1,
又 M∈ 平面 AB1D1,
则点 M 在平面 ACC1A1 与平面AB1D1的交线上,
同理, O、A也在平面 ACC1A1与平面 AB1D1 的交线上,
所以A,M,O三点共线;
从而 M,O,A1,A 四点共面,都在平面 ACC1A1 内，
而点B不在平面 ACC1A1 内，
所以M,O,A1,B四点不共面，故选项B正确；
B,B1,O,三点均在平面BB1D1D内，
而点A不在平面BB1D1D内，
所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，
所以点M不在平面BB1D1D内，
即 B,B1,O,M 四点不共面，
故选项C错误；
BC∥D1A1，且BC=D1A1，
所以BCD1A1为平行四边形，
所以CA1,BD1共面，
所以B,D1,C,M四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
【变式2-1】（23-24高一下·江苏·阶段练习）下列选项中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】利用空间中平行关系的转化可判断ABC正确，根据异面直线的定义可判断D错误.
【解答过程】在A图中，分别连接PS,QR,AB,CD，
由正方体可得四边形ABCD为矩形，则AB//CD，
因为P,S为中点，故PS//AB，则PS//QR，所以P,S,R,Q四点共面.
在B图中，设E,F为所在棱的中点，分别连接PS,SR,RF,FQ,EQ,PE，
由A的讨论可得PS//ER，故P,S,E,R四点共面，
同理可得ER//QF，故PS//QF，同理可得EP//RF，SR//EQ
故F∈平面PRS，Q∈平面PRS，所以P,S,R,Q,E,F六点共面.
在C图中，由P,Q为中点可得PQ//AB，同理RS//AB，
故PQ//RS，所以P,S,R,Q四点共面.
在D图中，PQ,RS为异面直线，四点不共面.
故选：D.
【变式2-2】（2024·重庆·二模）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G,H分别在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）

①E，F，G，H四点共面；②EG//FH;③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】推导出EF//BD，GH//BD，从而EF//GH，由此能证明E，F，G，H四点共面；EF≠GH，从而直线EG与直线FH必相交，设交点为P，证明P点在直线AC上．
【解答过程】如图所示，

E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，EF=12BD，
G,H分别在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2，∴GH//BD，GH=23BD，
∴EF//GH，则E，F，G，H四点共面，说法①正确；
∵GH>EF，四边形FEGH是梯形，EG//FH不成立，说法②错误；
若直线EG与直线FH交于点P，则由P∈EG，EG⊂平面ABC，得P∈平面ABC，
同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，P∈ AC
∴则P，A，C三点共线，说法③正确；
说法中正确的有2 个.
故选：C.
【变式2-3】（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=AA1，E、F、G、H分别为AB、BB1、CC1、AC的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．A1C⊥GH
B．E、F、G、H四点共面
C．设BC=2，则平面EFC1截该三棱柱所得截面的周长为1+3+25
D．EF、GH、AA1三线共点
【解题思路】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.
【解答过程】如图，
连接AC1,A1C，由H,G分别为CA,CC1中点，可得HG//AC1，
由AC=BC=AA1可知，侧面AA1C1C为菱形，
所以A1C⊥AC1，所以A1C⊥GH，故A正确；
连接HE,GF，因为E、F、G、H分别为AB、BB1、CC1、AC的中点，
所以HE//BC，GF//BC，所以GF//HE，所以E、F、G、H四点共面，故B正确；
延长FE交A1A的延长线于P点，连接PC1，交AC于Q点，连接QE，C1F，
设FE,FC1确定平面为α，则P,C1∈α，所以PC1⊂α，所以C1Q,QE⊂α，
则易知三棱柱的截面四边形为FEQC1， 在Rt△C1B1F中，C1F=22+12=5，
在Rt△BEF中，EF=22+12=3，而Rt△AEH中，QE>EH=1，
而C1Q>C1H=12+22=5，所以截面的周长大于1+3+25，故C错误；
由B知，GF//HE且HE≠GF，所以梯形的两腰EF、GH所在直线必相交于一点P′，
因为P′∈平面A1ABB1，P′∈平面A1ACC1，
又平面A1ABB1∩平面A1ACC1=AA1，所以P′∈A1A，所以P'与P重合，
即EF、GH、AA1三线共点于P，故D正确.
故选：C.
【题型3 等角定理】
【例3】（23-24高一·全国·课后作业）给出下列命题：
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；
③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补．
其中正确的命题有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【解题思路】对于①，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，据此判断；对于②，根据等角定理判断；对于③，空间两条直线的垂直包括异面垂直，此时两个角有可能不相等且不互补，据此判断.
【解答过程】对于①，这两个角也可能互补，故①错误；根据等角定理，②显然正确；
对于③，如图所示，
BC⊥PB，AC⊥PA，∠ACB的两条边分别垂直于∠APB的两条边，但这两个角不一定相等，也不一定互补，故③错误．所以正确的命题有1个．
故选：B.
【变式3-1】（23-24高一下·全国·课后作业）已知AB//PQ，BC//QR，∠ABC=30°，则∠PQR=（ ）
A．30°B．30°或150°
C．150°D．30°或120°
【解题思路】根据等角定理，即可得到结论.
【解答过程】∠ABC的两边与∠PQR的两边分别平行，
根据等角定理易知∠PQR=30°或150°.
故选：B.
【变式3-2】（23-24高一·全国·课前预习）在三棱锥P－ABC中，PB⊥BC，E，D，F分别是AB，PA，AC的中点，则∠DEF＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【解题思路】由E,D,F分别为AB,PA,AC的中点，得到DE//PB,EF//BC，结合题意得出DE⊥EF，即可求解.
【解答过程】如图所示，因为E,D,F分别为AB,PA,AC的中点，可得DE//PB,EF//BC，
又因为PB⊥BC，所以DE⊥EF，所以∠DEF=90∘.
故选：D.
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（ ）
A．全等B．相似
C．仅有一个角相等D．无法判断
【解题思路】根据等角定理，结合题意进行判断.
【解答过程】由题意知，根据等角定理，这两个三角形的三个角对应相等，
所以这两个三角形相似.
故选：B.
【题型4 平面分空间问题】
【例4】（2023·广东广州·模拟预测）三个不互相重合的平面将空间分成n个部分，则n不可能是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】作出图形，可得出三个不互相重合的平面将空间所分成的部分数，即可得出n的值.
【解答过程】按照三个平面中平行的个数来分类：
（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；
（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；

（3）三个平面中没有平行的平面：
（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分；
（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分.

（iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分；

综上，可以为4、6、7、8部分，不能为5部分，
故选：B.
【变式4-1】（23-24高二上·四川乐山·阶段练习）三个平面将空间分成7个部分的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据空间中平面位置关系逐项判断即可.
【解答过程】对于A，三个平面将空间分成4个部分，不合题意；
对于B，三个平面将空间分成6个部分，不合题意；
对于C，三个平面将空间分成7个部分，符合题意；
对于D，三个平面将空间分成8个部分，不合题意.
故选：C.
【变式4-2】（23-24高一下·浙江·期末）空间的4个平面最多能将空间分成（ ）个区域．
A．13B．14C．15D．16
【解题思路】根据平面的性质进行归纳推理．前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，而每一部分就是第四个平面与前三个平面所分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，由此可得4个平面最多能将空间分成的区域数．
【解答过程】一个平面把空间分成2部分，两个平面最多把空间分面4部分，3个平面最多把空间分布8个部分，前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，这里平面的每一部分就是第四个平面与前三个平面分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，这样所有空间部分的个数为8+7=15．
故选：C．
【变式4-3】（2024·四川内江·三模）三个不互相重合的平面将空间分成n个部分，则n的最小值与最大值之和为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【解题思路】求出三个不同平面分空间所成的部分数即可得解.
【解答过程】按照三个平面中平行的个数来分类：
（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；
（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；

（3）三个平面中没有平行的平面：
（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分；
（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分；
（iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分，

所以三个不平面将空间分成4、6、7、8部分，n的最小值与最大值之和为12.
故选：B.
【题型5 截面问题】
【例5】（2023·四川南充·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为（ ）
A．32B．92C．9D．18
【解题思路】根据E，F分别是BC，CC1的中点，得到EF∥BC1，利用正方体的结构特征，有AD1∥BC1，从而有EF∥AD1，由平面的基本性质得到A,D1,E,F在同一平面内，截面EFD1A是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.
【解答过程】由题知连接BC1，AD1，D1F，如图所示
因为E,F分别是BC,CC1的中点，所以EF∥BC1，
在正方体中AD1∥BC1，所以EF∥AD1，
所以A,D1,E,F在同一平面内，
所以平面AEF截该正方体所得的截面为平面EFD1A，因为正方体的棱长为2，
所以EF=2，AD1=22，D1F=AE=22+12=5，
则E到AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高为52−22−222=322，
所以截面面积为S=1222+2×322=92，故B正确.
故选：B.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，用过点A1，E，C1的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A．32+25B．9C．22+25D．32+23
【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【解答过程】

如图，取AB的中点G，连接GE，A1G，AC．
因为E为BC的中点，所以GE//AC，GE=12AC，
又AA1//CC1，AA1=CC1，
所以四边形ACC1A1为平行四边形，
所以AC//A1C1，AC=A1C1，
所以A1C1//GE，A1C1=2GE，
所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形A1C1EG，
其周长为22+5+2+5=32+25．
故选：A．
【变式5-2】（2024·上海黄浦·二模）如图，已知P,Q,R分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB,BC和C1D1的中点，由点P,Q,R确定的平面β截该正方体所得截面为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【解题思路】根据题意，取A1D1的中点T，AA1的中点M，CC1的中点S，连接PM,TM,RS,QS，可得过P,Q,R的截面图形.
【解答过程】解：如图，取A1D1的中点T，
AA1的中点M，CC1的中点S，连接PM,TM,RS,QS，
由正方体的性质可知A1C1//MS//AC，
由中位线性质可知PQ//AC,RT//A1C1，
所以，PQ//MS//RT，
所以，由点P,Q,R确定的平面β即为截面PQSRTM，其为六边形．
故选：D．
【变式5-3】（2023·天津和平·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别在棱D1A1，D1C1上，且满足D1ED1A1=D1FD1C1=13，点O为底面ABCD的中心，过点E，F，O作平面EFO，则平面EFO截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面面积为（ ）
A．822B．622C．422D．222
【解题思路】由于上下底平行，则可得平面EFO与上下底面的交线平行，则可得EF为平面EFO与上底面A1B1C1D1的交线，AC为平面EFO与下底面ABCD的交线，则梯形EFCA为平面截正方体的截面，可证得梯形EFCA为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可.
【解答过程】连接AC,BD，A1C1，AC与BD交点即为O，
因为D1ED1A1=D1FD1C1=13，所以EF‖A1C1，
因为A1C1‖AC，所以EF‖AC，
所以E,F,O,A,C共面，
所以平面EFO截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为梯形EFCA，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，且D1ED1A1=D1FD1C1=13，
所以AC=AB2+BC2=62+62=62，
在Rt△D1EF中，D1E=D1F=2，则EF=D1E2+D1F2=22，
在Rt△AA1E中，A1E=D1A1−D1E=6−2=4，则
AE=AA12+A1E2=62+42=213，
在Rt△CC1F，C1F=D1C1−D1F=6−2=4，则
CF=CC12+C1F2=62+42=213，
过E作EM⊥AC于M，则AM=AC−EF2=62−222=22，
所以EM=AE2−AM2=(213)2−(22)2=211,
所以等腰梯形EFCA的面积为
12×(EF+AC)×EM=12×(22+62)×211=822,
故选：A.

【题型6 异面直线的判定】
【例6】（2024·上海·模拟预测）如下图，P是正方体ABCD−A1B1C1D1面对角线A1C1上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A．直线DD1B．直线B1CC．直线AD1D．直线AC
【解题思路】利用正方体的特征及异面直线的定义一一判定即可.
【解答过程】当P位于A1C1中点时，易知P∈B1D1，由正方体的特征可知四边形BB1D1D为平行四边形，此时BP、DD1 ⊂面BB1D1D，故A错误；
当P与C1重合时，此时BP、B1C ⊂面BB1C1C，故B错误；
当P与C1重合时，由正方体的特征可知四边形ABC1D1为平行四边形，此时BP //AD1，故C错误；
由正方体的特征可知四边形ACC1A1为平行四边形，
而B∉平面ACC1A1，P∈平面ACC1A1，AC//A1C1, AC、A1C1⊂平面ACC1A1，BP∩A1C1=P，
故AC与BP始终异面，即D正确.
故选：D.
【变式6-1】（23-24高一下·河北·期中）如图，这是一个正方体的平面展开图，若将其还原成正方体，下列直线中，与直线AD是异面直线的是（ ）

A．FG B．EH C．EF D．BC
【解题思路】根据正方体展开图得到直观图，即可判断.
【解答过程】由平面展开图得到该正方体的直观图如图所示，与直线AD是异面直线的是EF，
其中AD//BC//EH//FG，所以AD与BC共面、AD与EH共面、AD与FG共面．
故选：C.
【变式6-2】（2024·山东潍坊·模拟预测）学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图．某小组得到了如图所示表面展开图，则在正方体中，AB、CD、EF、GH这四条线段所在的直线中，异面直线有（ ）
A．1对B．3对C．5对D．2对
【解题思路】作出正方体的图形，结合异面直线的定义判断可得出结论.
【解答过程】作出正方体的图形如下图所示：
则AB与CD、AB与GH、EF与GH是异面直线，共3对.
故选：B.
【变式6-3】（2024·四川宜宾·二模）四棱锥P−ABCD所有棱长都相等，M、N分别为PA、CD的中点，下列说法错误的是（ ）
A．MN与PD是异面直线B．MN//平面PBC
C．MN//ACD．MN⊥PB
【解题思路】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A、B、C的正误，由线线垂直可判断选项D．
【解答过程】由题意可知四棱锥P−ABCD所有棱长都相等，
M、N分别为PA、CD的中点，MN与PD是异面直线，A选项正确；
取PB的中点为H，连接MH、HC，
四边形ABCD为平行四边形，∴AB//CD且AB=CD，
∵M、H分别为PA、PB的中点，则MH//AB且MH=12AB，
∵N为CD的中点，∴CN//MH且CN=MH，则四边形CHMN为平行四边形，
∴MN//CH，且MN⊄平面PBC，CH⊂平面PBC，∴MN//平面PBC，B选项正确；
若MN//AC，由于CH//MN，则CH//AC，事实上AC∩CH=C，C选项错误；
∵PC=BC，H为PB的中点，∴CH⊥PB，∵MN//CH，∴MN⊥PB，D选项正确.
故选：C．
【题型7 异面直线所成的角】
【例7】（2024·新疆喀什·三模）已知底面边长为2的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为16，则直线AC与A1B所成角的余弦值为（ ）
A．255B．55C．1010D．31010
【解题思路】如图，确定∠ACD1（或其补角）为直线AC与A1B所成的角，求出CC1，进而求解.
【解答过程】如图，连接AD1,CD1，则A1B//D1C，取AC的中点O，连接OD1，则OD1⊥AC，
所以∠ACD1（或其补角）为直线AC与A1B所成的角，
又正四棱柱的体积为16，则该棱柱的高为CC1=162×2=4，
又AC=22,AD1=CD1=42+22=25，
所以cs∠ACD1=12ACCD1=225=1010，
即直线AC与A1B所成角的余弦值为1010.
故选：C.
【变式7-1】（2024·云南·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、M、N分别是DD1、D1C1、BC、BB1的中点，则异面直线EF与MN所成角的大小为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
【解题思路】在正方体中，作出异面直线EF与MN所成的角，利用定义法求解即得.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接B1C,A1D,A1C1,C1D，
由A1B1//AB//CD,A1B1=AB=CD，得四边形A1B1CD为平行四边形，B1C//A1D，
由E、F、M、N分别是DD1、D1C1、BC、BB1的中点，得MN//B1C//A1D，EF//C1D，
因此∠A1DC1是异面直线EF与MN所成的角或其补角，
在△A1DC1中，A1D=A1C1=C1D，因此∠A1DC1=π3，
所以异面直线EF与MN所成的角是π3.
故选：C.
【变式7-2】（2024·陕西·模拟预测）如图，在直三棱柱ABD−A1B1D1中，AB=AD=AA1,∠ABD=45°，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【解题思路】E是BD中点，连接ED1,AE，易知∠AD1E为直线PB与AD1所成角的平面角，根据已知条件及余弦定理求其余弦值，即可得∠AD1E的大小.
【解答过程】若E是BD中点，连接ED1,AE，
直三棱柱ABD−A1B1D1中PD1//BE且PD1=BE，则BED1P为平行四边形，
所以PB//D1E，故直线PB与AD1所成角即为∠AD1E，
令AB=AD=AA1=2，又∠ABD=45°，则∠ADB=45°且AE⊥BD，则AE=2，
又AD1=22,D1E=6，故cs∠AD1E=AD12+D1E2−AE22AD1⋅D1E=32，又∠AD1E∈(0,π)，
所以∠AD1E=30°.
故选：A.
【变式7-3】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，点D是线段A1A上靠近A1的三等分点，则直线C1D与B1C所成角的余弦值为（ ）
A．510B．1010C．1020D．520
【解题思路】利用平移法作出异面直线C1D与B1C所成角，利用余弦定理解三角形即可求得答案.
【解答过程】
如图所示，不妨取AA1=AB=3，分别取棱CC1,C1B1,CB上点M,N,K，
使得C1M=C1N=CK=2，由C1M//AD，且C1M=AD，
所以四边形ADC1M为平行四边形，所以DC1//AM，
在△C1CB1中，由C1MC1C=C1NC1B1得MN//CB1，
所以故∠AMN（或其补角）为异面直线C1D与B1C所成角，
因为NK//BB1，所以NK⊥底面ABC，而AK⊂底面ABC，所以NK⊥AK，
在△ACK中，AK=AC2+CK2−2AC⋅CK⋅cs60∘=9+4−6=7，
所以AN=NK2+AK2=9+7=4，
在△AMN中，cs∠AMN=AM2+MN2−AN22AM⋅MN=10+8−162⋅10⋅22=520，
故异面直线C1D与B1C所成角的余弦值为520.
故选：D.
【题型8 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系】
【例8】（2024·上海长宁·二模）已知直线a,b和平面α，则下列判断中正确的是（ ）
A．若a//α,b//α，则a//bB．若a//b,b//α，则a//α
C．若a//α,b⊥α，则a⊥bD．若a⊥b,b//α，则a⊥α
【解题思路】根据空间中直线，平面的位置关系分析判断各个选项.
【解答过程】对于A，由a//α，b//α，则a与b可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由a//b，b//α，则a//α或a⊂α，故B错误；
对于C，由a//α，b⊥α，则a⊥b，故C正确；
对于D，由a⊥b，b//α，则a//α或a⊂α或a⊥α，故D错误.
故选：C.
【变式8-1】（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
B．若m⊥β，m⊥α，n∥α，则n∥β
C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
D．若α∩β=m，n∥α，n∥β，则m∥n
【解题思路】由空间中的线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可.
【解答过程】若α⊥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，所以A错；∵m⊥β，m⊥α，∴α∥β，n∥α，∴n∥β或n⊂β，所以B错；
若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，所以C错；若α∩β=m，n∥α，n∥β，则n与两面的交线m平行，即m∥n，故D对.
故选：D.
【变式8-2】（2024·河南·三模）已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
B．若m//α，n⊂α，则m//n
C．若n//m，m⊄α，n⊂α，则m//α
D．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
【解题思路】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可.
【解答过程】A：由m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，可知α、β可能平行或相交，A错误；
B：由m//α，n⊂α，可知m、n可能平行或异面，B错误；
C：由n//m，m⊄α，n⊂α，可知m//α，C正确；
D：由α//β，m⊂α，n⊂β，可知m、n可能平行或异面，D错误.
故选：C.
【变式8-3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知m､n是两条不同的直线，α､β､γ是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A．若m ∥ α,m ∥ β，则α ∥ β
B．若m ∥ α,n ∥ α，则m ∥ n
C．若α⊥β,β⊥γ，则α ∥ γ
D．若m⊥α,m⊥β,α ∥ γ，则β ∥ γ
【解题思路】由线线，线面，面面之间的关系逐项判断即可.
【解答过程】对于选项A：若m ∥ α,m ∥ β，则α与β平行或相交，故A不正确；
对于选项B：若m ∥ α,n ∥ α，则m与n可平行､异面或相交，故B不正确；
对于选项C：若α⊥β,β⊥γ，则α ∥ γ或α∩γ=l，故C不正确；
对于选项D：若m⊥α,m⊥β，则α ∥ β，又α ∥ γ，则β ∥ γ，即D正确.
故选：D.
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·模拟预测）在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A．三条直线最多可确定1个平面B．三条直线最多可确定2个平面
C．三条直线最多可确定3个平面D．三条直线最多可确定4个平面
【解题思路】根据平面的性质判断即可.
【解答过程】在空间中，三条直线最多可确定3个平面，
例如：三棱锥S−ABC中的三个侧面.
故选：C.
2．（2024·上海·三模）在空间中，“a、b为异面直线”是“a、b不相交”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【解题思路】利用异面直线的定义及充分条件、必要条件的定义判断即得.
【解答过程】直线a、b为异面直线，则直线a、b不相交，
反之，直线a、b不相交，直线a、b可能平行，也可能是异面直线，
所以在空间中，“a、b为异面直线”是“a、b不相交”的充分非必要条件.
故选：A.
3．（2024高一·全国·专题练习）平面α，β，γ不能将空间分成（ ）
A．5部分B．6部分
C．7部分D．8部分
【解题思路】根据三个平面的不同位置关系得出三个平面把空间分成4,6,7,8部分，判断选项得出结果.
【解答过程】三个平面平行时，将空间分成4个部分；
三个平面相交于同一条直线时，将空间分成6个部分；
当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成6个部分；
当三个平面两两相交且有三条交线时，将空间分成7个部分；
当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，可将空间分成8个部分．
所以平面α，β，γ不能将空间分成5部分．
故选：A．
4．（2024·陕西铜川·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．若直线l,m,n两两相交，则直线l,m,n共面
B．若直线l,m与平面α所成的角相等，则直线l,m互相平行
C．若平面α上有三个不共线的点到平面β的距离相等，则平面α与平面β平行
D．若不共面的4个点到平面α的距离相等，则这样的平面α有且只有7个
【解题思路】根据题意，结合空间中直线与平面位置关系的判定和性质，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于A中，当直线l,m,n交于同一点时，则直线l,m,n可能不共面，所以A错误；
对于B中，当直线l,m倾斜方向不同时，直线l,m与平面α所成的角也可能相等，所以B错误；
对于C中，当这3个点不在平面β的同侧时，平面α与平面β相交，所以C错误；
对于D中，根据题意，显然这4个点不可能在平面α的同侧，
当这4个点在平面α两侧1，3分布时，这样的平面α有4个，
当这4个点在平面α两侧2，2分布时，这样的平面α有3个，
所以这样的平面α有且只有7个，所以D正确.
故选：D．
5．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均相等，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（ ）
A．63B．−63C．33D．−33
【解题思路】根据线线平行可得异面直线BE与PC所成角为∠BEO（或其补角），即可根据余弦定理求解.
【解答过程】连接AC，取AC的中点O，连接BO,EO，
由题意知，EO//PC，
则异面直线BE与PC所成角为∠BEO（或其补角），
在△BOE中，EO=12PC=1,OB=12AC=2,BE=32PA=3，
则cs∠BEO=BE2+EO2−BO22×BE×EO=3+1−223=33，
则异面直线BE与PC所成角的余弦值为33，
故选：C．
6．（2024·宁夏银川·三模）A,B是两个不同的点，α,β为两个不同的平面，下列推理错误的是（ ）
A．A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l⊂α
B．A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β=AB
C．l⊄α,A∈l⇒A∉α
D．A∈l,l⊂α⇒A∈α
【解题思路】A、B可由书上的公理可直接判断；C可由l与α相交时，交点为A点的情况进行判断；D可直接根据线面位置关系来判断点面位置关系.
【解答过程】A，直线上两个不同点在某个平面内，则直线在该平面内，故正确；
B，两个不同点同时在两个不同平面内，则两点所在直线为两平面的交线，故正确；
C，l⊄α有两种情况，l与α相交或l//α，其中l与α相交，且交点为A点，则C错误；
D，直线在面内，则直线上的点都在面内，故结论正确；
故选：C.
7．（2024·湖南·二模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F,G,H分别为BB1,CC1,A1B1,A1C1的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．E,F,G,H四点共面B．EF//GH
C．EG,FH,AA1三线共点D．∠EGB1=∠FHC1
【解题思路】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得EG，FH的交点P在AA1，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【解答过程】对于AB，如图，连接EF，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH//B1C1，
因为B1E//C1F，且B1E=C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，
所以EF//B1C1，所以EF//GH，所以E,F,G,H H四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，
因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，
因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，
所以P∈AA1，所以EG,FH,AA1三线共点，故C正确；
对于D，因为EB1=FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，
又0<∠EGB1,∠FHC1<π2，则∠EGB1≠∠FHC1，故D错误.
故选：D.
8．（2024·陕西铜川·三模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别为BC,CD,DD1的中点，若AB=4，则平面EFG截正方体所得截面的面积为（ ）
A．62B．63C．122D．123
【解题思路】借助正方体截面的性质可得该截面是边长为22的正六边形，计算其面积即可得.
【解答过程】如图，过点G作EF的平行线交BB1于点J，过点J作FG的平行线交A1B1于点I，
过点I作EF的平行线交A1D1于点H，易知点J,I,H都在截面EFG内，
且都是其所在棱的中点，从而所得截面是边长为22的正六边形，
所求面积S=6×12×22×22×sin60°=123.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·吉林长春·模拟预测）下列基本事实叙述正确的是（ ）
A．经过两条相交直线，有且只有一个平面
B．经过两条平行直线，有且只有一个平面
C．经过三点，有且只有一个平面
D．经过一条直线和一个点，有且只有一个平面
【解题思路】根据基本事实以及推论即可逐项判断.
【解答过程】根据基本事实以及推论，易知A，B正确；
对于C项，若三点共线，经过三点的平面有无数多个，故C错误；
对于D，若这个点在直线外，则确定一个平面，若这个点在直线上，可有无数平面，故D不正确；
故选：AB.
10．（2024·江苏南通·模拟预测）已知a，b是两条直线，α,β是两个平面，下列结论不正确的是（ ）
A．若α∥β,a∥α,b∥β，则a∥b
B．若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b
C．若a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α，则α∥β
D．若a⊂α,b⊂β,a∥β,a⊥b，则α⊥β
【解题思路】根据题意，由空间中的线面位置关系，对选项逐一判断，即可求解.
【解答过程】若α∥β,a∥α,b∥β，则a,b平行或相交或异面，故A错误；
若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b，故B正确；
若a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α，则α,β平行或相交，故C错误；
若a⊂α,b⊂β,a∥β,a⊥b，则α,β平行或相交，故D错误；
故选：ACD.
11．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．四点B，D，E，F在同一平面内
B．三条直线BF，DE，CC1有公共点
C．直线A1C与直线OF不是异面直线
D．直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线
【解题思路】对于A：根据平行关系可证BD//EF，即可得四点共面；对于B：根据平面的性质分析判断；对于C：根据异面直线的判定定理分析判断；对于D：可知OM与A1C相交，即可判断.
【解答过程】作图，如图：

对于选项A：连接B1D1，
因为BB1//DD1,BB1=DD1，可知BB1D1D为平行四边形，则B1D1//BD，
又因为E，F分别为C1D1，B1C1的中点，则B1D1//EF，
可得BD//EF，所以四点B，D，E，F在同一平面内，故A正确；
对于选项B：延长BF,DE，则BF,DE相交于点P，即P∈BF,P∈DE，
又因为BF⊂平面BCC1B1，DE⊂平面DD1C1C，
则P∈平面BCC1B1，P∈平面DD1C1C，
且平面BCC1B1∩平面DD1C1C=CC1，所以P⊂CC1，
即三条直线BF，DE，CC1有公共点，故B正确；
对于选项C：因为A1C⊂平面AA1C1C，OF∩平面AA1C1C=O，O∉A1C，
所以直线A1C与直线OF是异面直线，故C错误；
对于选项D：因为A1,O,C,C1均在平面AA1C1C内，连接OM，则OM与A1C相交，
所以直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC=3，BC=1，PA=PB=PC=AB=2，M为AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值是 5728 ．
【解题思路】先根据异面直线所成角的定义确定∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角；再根据勾股定理求出BM，余弦定理求出cs∠DCB.，进而得出BD2；最后在△BMD中，利用余弦定理即可求出cs∠DMB.
【解答过程】取PC的中点D，连接MD,BD，如图所示：
因为M为AC的中点，D为PC的中点，
则根据三角形的中位线定理可得DM∥PA，且DM=12PA=1.
所以∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角．
因为在△ABC中，AC=3，BC=1，AB=2，
所以AB2=BC2+AC2，则AC⊥BC.
又AM=MC=12AC=32，所以BM=BC2+MC2=72．
又在△PBC中，BC=1，PB=PC=2,
所以由余弦定理可得：cs∠DCB=22+12−222×2×1=14.
又因为在△BDC中，DC=BC=1，
所以由余弦定理可得：BD2=1+1−2×1×1×14=32.
则在△BMD中，由余弦定理可得，cs∠DMB=DM2+BM2−BD22×DM×BM=1+74−322×1×72=5728，
所以异面直线BM与PA所成角的余弦值为5728．
故答案为：5728.
13．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AA1=6，M，N分别是AB，AD的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为 142 ．
【解题思路】作出辅助线，得到平面MNC1截该四棱柱所得截面为五边形NMGC1Q，求出各边边长，相加得到答案.
【解答过程】延长NM,CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接MG，
因为正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AA1=6，M，N分别是AB，AD的中点，
所以MN=AM2+AN2=22，BH=AN，CC1=6，
因为△HBG∽△HCC1，GBCC1=BHCH=13，故BG=2，GH=BG2+BH2=22，
在DD1上取点Q，连接NQ,C1Q，则NQ=DN2+DQ2=22，
同理可知GQ=NH，所以四边形GQNH为平行四边形，
故G,H,N,Q四点共面，
则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，
MG=MB2+BG2=22，C1G=C1B12+B1G2=42+42=42，
同理C1Q=42，
故截面周长为MN+MG+C1G+C1Q+NQ=22+22+42+42+22=142.

故答案为：142.
14．（2024·全国·模拟预测）已知α､β是两个不同的平面，m､n是平面α､β外两条不同的直线，给出四个条件：①m⊥n；②α//β；③n//β；④m⊥α，以下四个推理与证明中，其中正确的是 （1）（3） .（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
【解题思路】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.
【解答过程】（1）若m⊥α，α//β，所以m⊥β，因为n//β，所以m⊥n，（1）正确；
（2）若m⊥α，m⊥n，且n是平面α外的直线，则n//α，又因为n//β，所以α与β平行或相交，（2）错误；
（3）因为α//β，m⊥α，则m⊥β，又因为m⊥n，n是平面β外的直线，所以n//β，（3）正确；
（4）若n//β，α//β，且n是平面α外的直线，则n//α，又因为m⊥n，则m与α平行或相交，（4）错误.
故答案为：（1）（3）.
四、解答题
15．（23-24高一·全国·课前预习）用符号语言表示下列语句，并画出图形：
(1)三个平面α，β，γ相交于一点P，且平面α与平面β相交于PA，平面α与平面γ相交于PB，平面β与平面γ相交于PC；
(2)平面ABD与平面BDC相交于BD，平面ABC与平面ADC相交于AC.
【解题思路】根据点线面的关系，将文字语言转化为符号语言和图形语言．
【解答过程】（1）符号语言表示：α∩β∩γ=P，α∩β=PA，α∩γ=PB，β∩γ=PC,
图形表示：如图
；
（2）符号语言表示：平面ABD∩平面BDC=BD，平面ABC∩平面ADC=AC，图形表示：如图
16．（23-24高二·上海·课堂例题）已知直线a,b和平面α、β，判断下列命题的真假，并说明理由：
(1)若a∥α，b⊥a，则b⊥α；
(2)若a∥α，α⊥β，则a⊥β；
(3)若a∥b，b⊂α，则a∥α．
【解题思路】根据线线、线面及面面的位置关系逐一判断即可.
【解答过程】（1）命题为假命题，理由如下：
例如，如图所示，AB//平面A1B1C1D1，AD⊥AB，AD//平面A1B1C1D1.
（2）命题为假命题，理由如下：
例如，如图所示，平面AA1D1D⊥平面A1B1C1D1，
BC//平面A1B1C1D1，BC//平面AA1D1D.
（3）命题为假命题，理由如下：
例如，如图所示，A1B1⊂平面A1B1C1D1，
C1D1//A1B1，C1D1⊂平面A1B1C1D1.
17．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD=2，BC=3，E是PD的中点，F,M分别在PC,PB上，且PF=13PC,BM=13BP．
(1)证明：E,F,A,M四点共面；
(2)若CD⊥AD,PA⊥平面ABCD,PA=AD=CD，求四棱锥P−AMFE的体积．
【解题思路】（1）取CF的中点G，连接MG,DG，由三角形中位线定理得DG//EF，再根据线段间的关系得到MG//AD，MG=AD，从而得到四边形ADGM为平行四边形，即得AM//DG，最后利用平行线的传递性得到AM//EF，即可证得结论；
（2）利用割补法将四棱锥P−AMFE的体积等价为2个三棱锥的体积之和，同时多次利用三棱锥体积之间的关系进行转化求解．
【解答过程】（1）证明：如图所示，取CF的中点G，连接MG,DG，
因为E,F分别是PD,PG的中点，所以DG//EF，
又因为PM=23PB,PG=23PC，所以MG//BC且MG=23BC=2，
又由AD//BC，AD=2，所以MG//AD，且MG=AD，
所以四边形ADGM为平行四边形，所以AM//DG，
因为DG//EF，所以AM//EF，则E,F,A,M四点共面．
（2）解：如图所示，过点A作AN//CD交BC于点N，则AN⊥BC,AN=2，
可得S△ABC=12×3×2=3，S△ACD=12×2×2=2，
连接CM,CE，则VP−AMFE=VP−AMF+VP−AEF=VF−AMP+VF−PAE
=13VC−AMP+13VC−PAE=13×23VC−PAB+13×12VC−PAD
=29VP−ABC+16VP−ACD=29×13S△ABC⋅PA+16×13S△ACD⋅PA
=227×3×2+118×2×2=23．
18．（2023·上海·模拟预测）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.

(1)求该圆锥的侧面积与体积；
(2)求异面直线AB与CD所成角的大小.
【解题思路】（1）由圆锥的侧面积与体积公式求解即可；
（2）找到异面直线AB与CD所成角的平面角，计算即可.
【解答过程】（1）由题意，得OB=2，PB=4，
PO=PB2−OB2=23，
S=πrl=8π，V=13πr2ℎ=13⋅π⋅22⋅23=833π；
（2）如图：

取PO的中点E，连接DE，CE，因为点D是母线PA的中点，
所以DE∥AB，
则∠CDE或其补角即为异面直线AB与CD所成角，
因为PO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB，所以PO⊥DE，
因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以CO⊥AB，所以CO⊥DE,
又CO∩OE=O，且两直线在平面内，所以DE⊥平面EOC，EC⊂平面EOC，∴DE⊥EC，DE=12OA=1，
CE=OC2+OE2=22+(3)2=7，
于是tan∠CDE=71=7，即异面直线AB与CD所成角的大为arctan7.
19．（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M为PA中点，过C，D，M的平面截四棱锥P−ABCD所得的截面为α．
(1)若α与棱PB交于点F，画出截面α，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明PBFB=3．
(2)求多面体ABCDMF的体积．
【解题思路】（1）延长DC∩AB=E，连接ME交PB于F，连接FC，可得截面α；过M作MN∥AB交PB于N，通过证明△MNF∼△EBF，可得PBFB=3；
（2）由（1）可得VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC，后由题目条件可得答案.
【解答过程】（1）延长DC∩AB=E，连接ME交PB于F，连接FC，如图，四边形MFCD为截面α.
△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，则C为DE中点，B为AE中点．
过M作MN∥AB交PB于N，则MN=12AB=1.
∴△MNF∼△EBF,∴FNBF=MNBE=12.∴BF=2NF，即BF=13BP．
（2）VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC.
由题意及（1）可得AD⊥AM，AD=4,AM=12AP=2,AE=2AB=4.
则VE−MAD=13S△ADM⋅AE=13⋅12AD⋅AM⋅AE=16×4×2×4=163；
又可得BE⊥BC,BE=AB=BC=2，点F到平面BEC距离为13PA,PA=4，
则VE−FBC=VF−BEC=13S△BEC⋅13PA=19⋅12BE⋅BC⋅PA=19×12×2×2×4=89.
则VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC=409．
考点要求
真题统计
考情分析
(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
2022年新高考I卷：第9题，5分
2022年上海卷：第15题，5分
2023年上海卷：第15题，5分
空间点、直线、平面之间的位置关系是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中点、线、面关系的命题的真假判断；二是异面直线的判定和异面直线所成角问题；常以选择题、填空题的形式考查，难度较易.
推论
自然语言
图形语言
符号语言
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.
点A∉aa与A共面于平面α,且平面唯一.
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面.
a∩b=Pa与b共面于平面α,且平面唯一.
推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面.
直线a//b直线a,b共面于平面α,且平面唯一.
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线在平面内
有无数个公共点
直线与平面相交
有且只有一个公共点
直线与平面平行
没有公共点
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两个平面平行
没有公共点
两个平面相交
有一条公共直线