2025年新高考数学精析考点考点40空间点、直线、平面之间的位置关系(基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练)(原卷版+解析)

这是一份2025年新高考数学精析考点考点40空间点、直线、平面之间的位置关系(基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练)(原卷版+解析)，文件包含2025年新高考数学精析考点考点40空间点直线平面之间的位置关系3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练原卷版docx、2025年新高考数学精析考点考点40空间点直线平面之间的位置关系3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共90页， 欢迎下载使用。
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．
【知识点】
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．
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．
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．
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行．
2．“三个”推论
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．
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．
3．空间中直线与直线的位置关系
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；,平行直线：在同一平面内，没有公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.))
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
5.等角定理
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．
6．异面直线所成的角
(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线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：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
常用结论
1．过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面
【核心题型】
题型一 基本事实的应用
共面、共线、共点问题的证明
(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．
(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．
(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【例题1】（2023·吉林·模拟预测）在长方体中，直线与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．三点共线B．四点异不共面
C．四点共面D．四点共面
【答案】C
【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线, 再根据 与 、面 、 面 的位置关系知 在面 与面 的交线上, 同理判断 , 即可判断各选项的正误.
【详解】
因为 ,
则四点共面.
因为 ,
则 平面 ,
又 平面 ,
则点 在平面 与平面的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上,
所以三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，
所以四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面内，
而点A不在平面内，
所以直线AO与平面相交且点O是交点，
所以点M不在平面内，
即 四点不共面，
故选项C错误；
，且，
所以为平行四边形，
所以共面，
所以四点共面，
故选项D正确.
故选: C
【变式1】（2024·湖南·二模）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．四点共面B．
C．三线共点D．
【答案】D
【分析】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，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D
【变式2】（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，是的中点，分别在上，且．
(1)证明：四点共面；
(2)若平面，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】（1）取的中点，连接，由三角形中位线定理得，再根据线段间的关系得到，，从而得到四边形为平行四边形，即得，最后利用平行线的传递性得到，即可证得结论；
（2）利用割补法将四棱锥的体积等价为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．
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，
因为分别是的中点，所以，
又因为，所以且，
又由，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，则四点共面．
（2）解：如图所示，过点作交于点，则，
可得，，
连接，则
．
【变式3】（2023·贵州毕节·一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．
(1)证明：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形中等比例性质证明，再证明，从而，所以，，，四点共面；
（2）先通过线面垂直性质定理证明，再由勾股定理证明，最后由线面垂直证明面面垂直
【详解】（1）证明：连接
四边形是矩形，为的中点，
且，
，
，
，
，
，
，分别是，的中点，
，
，
，，，四点共面．
（2）证明：底面且平面，
，
，，为中点，
，，，
，，
，
，，
，平面，平面，平面，
平面，平面
题型二 空间位置关系的判断
(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．
(2)求异面直线所成角的方法
命题点1 空间位置关系的判断
【例题2】（多选）（23-24高三上·山东潍坊·期中）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（ ）
A．两两垂直B．两两平行
C．两两相交D．两两异面
【答案】ACD
【分析】在正方体中可分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线，即可判断A，C，D选项，结合线面平行的判定以及性质定理可判断B.
【详解】对于A，当l为，m为，n为时，两两垂直，A正确；
对于B，不妨假设，和不重合，因为平面，平面，
则平面，又平面，平面平面，
故，则，又平面，平面，
故，则，即不可能两两平行，B错误；
对于C，当l为，m为，n为时，两两相交，C正确；
对于D，当l为，m为，n为时，两两异面，D正确，
故选：ACD
【变式1】（多选）（2023·山东聊城·模拟预测）已知是两两异面的三条直线，，，直线d满足，，，，则c与d的位置关系可以是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
【答案】BC
【分析】作出正方体模型，确定，，所在直线分别为，符合题意，然后考虑直线c的位置情况，根据空间的线面位置关系，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】如图，在正方体中，E是上一点（异于），，，所在直线分别为．
当所在直线为c时，符合题中条件，此时c与d平行，C正确；
当f所在直线为c时，符合题中条件，此时c与d异面，B正确；
若c与d相交，则a垂直于确定的平面，又a垂直于确定的平面，
则在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；
若c与d垂直，则c垂直于确定的平面，而b垂直于确定的平面，
推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误，
故选：BC
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图，在正四棱锥中，点为的中点．
若为的中点，判断直线与的位置关系，并说明理由；
【答案】相交，理由见解析；
【分析】依题意可得且，从而得到四边形是梯形，即可得解
【详解】由、分别为侧棱、的中点，
∴且，
又且，故且，
∴四边形是梯形，因此直线与相交．
【变式3】（2022·贵州遵义·三模）如图，在直三棱柱中，，，，点分别为的中点．
判断与平面的位置关系，并说明理由；
【答案】相交；理由见解析
【分析】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；
【详解】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
命题点2 异面直线所成的角
【例题3】（2024·新疆喀什·三模）已知底面边长为2的正四棱柱的体积为16，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，确定（或其补角）为直线与所成的角，求出，进而求解.
【详解】如图，连接，则，取的中点，连接，则，
所以（或其补角）为直线与所成的角，
又正四棱柱的体积为16，则该棱柱的高为，
又，
所以，
即直线与所成角的余弦值为.
故选：C
【变式1】（2024·福建南平·二模）在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】因为平面平面，平面，平面面，
所以，
因为平面平面，平面，平面面，
所以，
所以，所成角即为所成角，
而所成角为，设正四面体的棱长为，
所以，所以，
所以.

故选：B
【变式2】．（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 ．
【答案】
【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：
【变式3】（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
(1)证明：.
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
（2）
因为平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
题型三 空间几何体的切割(截面)问题
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．
(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线
【例题4】（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．
【答案】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
【变式1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
则五边形为平面截该长方体所得的截面图形，
不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合题意，
即五边形为平面截该长方体所得的截面图形.
故选：C
【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）在棱长为的正方体中，以为球心、2为半径的球与正方体的面相交，则交线长为 .
【答案】
【分析】由题可得球面与底面的交线为以A为圆心，为半径的弧，即可求出.
【详解】因为在正方体中，平面，
所以平面与球的截面是以A为圆心的圆，
且半径为，
所以球面与底面的交线是以A为圆心，为半径的弧，
该交线的长度为.
故答案为：.
【变式3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值；
(3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，
(3)
【分析】（1）通过证明、来证得平面.
（2）通过棱的中点作出符合题意的截面，并计算出截面的面积.
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.
【详解】（1）连接，，，
因为是正方体，所以平面，
因为平面，所以
又因为四边形是正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以.同理可证得：，
又因为平面，所以平面.

（2）设分别是的中点，
连接，
根据题意知截面面积最大时，图形是边长为的正六边形，
所以最大的截面面积为.

（3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是棱、、的中点，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系：，，，，
设平面的一个法向量是，，，
则，令，则，，，
设平面的一个法向量是，，，
，令，则，，则，
，
设二面角的平面角为，由图知为锐角，所以，
所以二面角的余弦值为.

【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥的所有棱长均相等，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线线平行可得异面直线与所成角为（或其补角），即可根据余弦定理求解.
【详解】连接，取的中点，连接，
由题意知，，
则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：C．
2．（22-23高三下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，分别在BC，CD上，且则下面几个说法中正确的个数是（ ）

①E，F，G，H四点共面；②③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
【答案】C
【分析】推导出，，从而，由此能证明E，F，G，H四点共面；，从而直线EG与直线FH必相交，设交点为P，证明P点在直线上．
【详解】如图所示，
E，F分别为AB，AD的中点，∴，，
分别在BC，CD上，且，∴，，
∴，则E，F，G，H四点共面，说法①正确；
∵，四边形是梯形，不成立，说法②错误；
若直线与直线交于点P，则由，平面，得平面，
同理平面，又平面平面，
∴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
3．（2024·陕西铜川·三模）在正方体中，分别为的中点，若，则平面截正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助正方体截面的性质可得该截面是边长为的正六边形，计算其面积即可得.
【详解】如图，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，
过点作的平行线交于点，易知点都在截面内，
且都是其所在棱的中点，从而所得截面是边长为的正六边形，
所求面积.
故选：D.
4．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．直线共面
B．
C．直线与平面所成角的正切值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】D
【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.
【详解】
对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
二、多选题
5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面D．平面平面
【答案】BD
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
6．（2024高三·江苏·专题练习）（多选）如图，在四棱柱中，，，，，，分别是棱和的中点，则下列说法中正确的是（ ）

A．，，，四点共面B．与共面
C．平面D．平面
【答案】ACD
【分析】对于，连接，可得，由四边形是平行四边形即可证明；对于，假设与共面，推出与题设矛盾；对于，由线线垂直可证线面垂直；对于，可证，，即可得平面.
【详解】对于选项，连接，则因为，，分别是棱和的中点，
所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，
所以，
所以，，，四点共面，所以正确；
对于选项，若与共面，则，，，共面，故在平面中，
这与题设矛盾，所以错误；
对于选项，

因为，，，
所以平面，所以正确；
对于选项，连接，因为，，
所以是等边三角形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以平面，所以正确.
故选：.
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面平面，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】/
【分析】作出异面直线与所成的角，利用余弦定理求出相关线段长，进而求出夹角的余弦.
【详解】延长到点，使得，连接，则四边形为平行四边形，
有，于是或其补角是异面直线与所成的角，如图，
在平面内过点作，连接，由四边形是等腰梯形，
得，，由已知可得，
即，而，则≌，有，
，于是，，
由，得，则，
由平面平面，平面平面，得平面，
而平面，因此，，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
8．（2024·江苏南通·模拟预测）在长方体中，，，，分别是棱，的中点，则平面截该长方体所得的截面为 边形，截面面积为 .
【答案】 五/5 /
【分析】利用面面平行的性质以及基本事实，可得截面，然后截面面积为分别求解相加即可.
【详解】过作的平行线交于，交于，连接，交于，连接，则直线与直线共面，且点，
则点也在直线与直线确定的面上，
所以可得五边形为平面截该长方体所得的截面，
如图：为中点，为中点，明显有，
所以，所以为靠近的四等分点，
又，且为中点，所以
又，所以，即为靠近的三等分点，
所以，
，，
，，
，
所以，，
，
所以截面面积为.
故答案为：五；.
9．（2023·四川泸州·模拟预测）如图，在正方体中，、、、分别是棱、、、的中点，则下列结论中正确的有 .

①平面 ②平面
③、、、四点共面 ④、、、四点共面
【答案】①③
【详解】连接交于点，则为的中点，连接、、，利用线面平行的判定定理可判断①；取的中点，连接，延长与交与点，连接，可得，结合反证法可判断②；连接，由可判断③；若、、、四点共面，则，显然不成立可判断④.
【分析】解： 对于①，如下图，连接交于点，则为的中点，
连接、、，

因为，，则四边形为平行四边形，
则且，
因为为的中点，则，，
因为，，所以，，
则四边形为平行四边形，
因为平面，平面，所以平面，①正确；
对于②，取的中点，连接，延长与交与点，连接，

因为，，、分别为、的中点，
所以，，，所以，四边形为平行四边形，
所以，，，
因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，可得，
因为平面，平面，所以直线与平面相交，
设，连接，
假设平面，因为平面，平面平面，
所以，，
又因为，且过点有且只有一条直线与平行，矛盾，假设不成立，
故与平面不平行，②错；
对于③，如下图，连接，则，

因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，故、、、四点共面，③对；
对于④，假设、、、四点共面，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
这与矛盾，故假设不成立，则、、、不共面，④错.
故答案为：①③.
【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：
（1）通过面面平行得到线面平行；
（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.
四、解答题
10．（2024·贵州贵阳·二模）如图.直四棱柱的底面为菱形，且分別是上，下底面的中心，是AB的中点，.
(1)当时，求直线与直线EC所成角的余弦值；
(2)是否存在实数k，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心.若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）法一：取的中点Q，CD的中点，连接，证明，则为直线与直线EC所成角或补角，再解即可；
法二：设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）设，以为原点建立空间直角坐标系，判断平面EBC的法向量与是否共线即可得出结论.
【详解】（1）法一：取的中点Q，的中点，连接，
则且，且，
故四边形均为平行四边形，，
，
为直线与直线EC所成角或补角，
不妨设，则，则，
在中，中，，
直线与直线EC所成角的余弦值为；
法二：如图，设，以为原点建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
，
，
，
直线与直线EC所成角的余弦值为；
（2）如图，设，以为原点建立空间直角坐标系，
设，则，
故，
设平面EBC的法向量，
，
令，
又的重心，
，
但与不平行，
所以不存在实数，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心．
11．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，一块正方体木料的棱长为3米，点在棱上，且，过点把木料据开且锯面与平行，问木料表面上的锯痕是什么形状？

【答案】锯痕的形状是五边形或四边形
【分析】先利用线面平行的判定定理推得锯面为过在正方体上的截面，再分类讨论与上底面的交点位置，从而得解.
【详解】取，且，连接，
则，所以，
此时，由线面平行的判定定理可知，过的锯面就是满足题意的锯面；
当锯面分别与交于时，

延长交延长线于，连接交于，
延长交延长线于，连接交于,
由公理2可知直线与的交点一定在直线上，
直线与的交点一定在直线上，
此时锯痕为五边形；
当锯面与（含端点，不含端点）交于或与（含端点，不含端点）交于时，

由上分析可知此时锯痕为四边形(或四边形)；
综上，锯痕的形状是五边形或四边形.
【综合提升练】
一、单选题
1．（23-24高三上·江苏南京·开学考试）在正方体中，过点B的平面与直线垂直，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】A
【分析】作出辅助线，证明出⊥平面，所以⊥，同理可证明⊥，得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.
【详解】连接，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
又四边形为正方形，所以⊥，
又，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
同理可证明⊥，
因为，平面，
故⊥平面，
故平面即为平面，
则截该正方体所得截面的形状为三角形.

故选：A
2．（2024·河北·二模）在空间四边形中，分别是上的点，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作交于，连接，可证得，得是与所成的角或其补角，由平行线性质求得，由余弦定理求得，从而得与所成的角．
【详解】
作交于，如图，连接，则，
又，所以，所以，所以是与所成的角或其补角.
，所以，所以.
在中，，
所以与所成角的余弦值为.
故选：C.
3．（2023·河北衡水·模拟预测）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．10D．12
【答案】B
【分析】作，交于，连接，并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，即可得到为过三点的截面，再求出截面面积即可.
【详解】如图所示，
分别是中点，则，作，交于，连接，
并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过三点的截面.
由面面平行的性质定理得，从而有，，
则，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，高为，
截面面积.
故选：B.
4．（2023·江西·模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
5．（2023·江西·模拟预测）已知正方体的棱长为3，，分别为棱，的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出截面，然后根据梯形面积公式求得正确答案.
【详解】如图所示，，分别是，中点，则，
作，交于，连接，并延长交的延长线于点，
连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过，，三点的截面．
由于平面平面，且与平面的截面分别相交于，
由面面平行的性质定理得，从而有，，，
则，，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，，，，，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，
高为，
截面面积．
故选：B

6．（2024·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】A
【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.
【详解】连接，
因为平面，平面，
所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
同理可证明，
因为，平面，
故平面，
故平面即为平面，
则截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选：A
7．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将直三棱柱向上补一个直三棱柱，证得平面平面，得到平面即为平面，得出交线即为直线，结合为等边三角形，即可求解.
【详解】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱，
则，，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，且平面，
所以平面平面，且平面，故平面即为平面，
所以交线即为直线，
因为，则与所成角为，
设，则，，可得，
所以为等边三角形，所以，所以
即与所成角的正弦值为.
故选：A.

8．（23-24高三下·河南·阶段练习）在正方体中，为的中点，在棱上，且，则过且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为（ ）
A．6B．8C．12D．16
【答案】C
【分析】先根据空间中线面的位置关系确定截面形状；再根据几何关系即可求解.
【详解】如图所示，

在棱上取一点，使得.
因为在棱上，且，
所以，.
由正方体性质可知：平面平面，.
又因为平面平面，平面，
所以平面，
则平面.
又因为平面
所以.
取为的中点，在棱上取一点，使得.
则，,
所以.
因为为的中点，
则由正方体的性质可得：平面.
又因为平面，
所以.
又因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
同理可得：在棱上取一点，使得时有.
所以截面为四边形.
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以.
又因为，
所以，，.
所以等腰梯形为所得截面，梯形的高为.
所以等腰梯形的面积为，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间中线面的位置关系及正方体的截面.解题关键在于熟练运用线、面平行与垂直的判定定理和性质定理来确定截面的形状.
二、多选题
9．（2023·云南大理·模拟预测）若直线∥平面，直线，则与的位置关系可以是（ ）
A．与相交B．C．D．与异面
【答案】BCD
【分析】根据线与线、线与面的位置关系判断.
【详解】直线∥平面，直线与平面无公共点，
又直线，直线与直线无公共点，
由线与线的位置关系可知，直线与直线平行或者异面，也可能异面垂直.
故选：BCD
10．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，G为的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．CG与所成角的余弦值为
B．与平面的交点H是的重心
C．三棱锥的外接球的体积为
D．与平面所成角的正弦值为
【答案】ABC
【分析】对于A，连接，可得即为异面直线与所成角或其补角；对于B，可得四面体为正四面体，证明平面即可判断；对于C，三棱锥和正方体有相同的外接球，求出即可；对于D，可得为直线与平面所成的角，即可求出判断.
【详解】对于A，连接，则由正方体的性质可知，
所以即为异面直线与所成角或其补角，
连接，设，则为的中点，
连接，则，
在中，，
即与所成角的余弦值为，故A正确；
对于B，连接，则，
则四面体为正四面体，
因为，平面，
所以平面， 因为平面，所以，
同理可得，因为，平面
所以平面，垂足为，又四面体为正四面体，
所以为的中心，即为的重心，故B正确；
对C，由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点，
所以三棱锥和正方体有相同的外接球，所以外接球半径，
体积为，故C正确；
对D，连接，并延长交于点，由选项B知平面，
所以为直线与平面所成的角，由为正三角形，
且为的重心，所以为的中点，也是的中点，
在中，，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：本题考查空间角中的线线角的余弦值的求法，线面角的正弦值的求法，
法一：作出空间角再利用解三角形的知识求解，法二建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.
11．（23-24高三上·广西南宁·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与直线所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
【答案】CD
【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，利用直线与直线所成角的概念求解；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积.
【详解】选项A，∵，面，面，∴面，
∴到面的距离等于到面的距离，
∴，故A正确；
选项B，连接，则，则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
则当与重合时，直线与直线所成角最小为，
当与重合时，直线与直线所成角最大为，
所以直线与直线所成角的取值范围为，故B正确.
选项C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，故C错误；
选项D，连接，∵分别为线段的中点，
∴且，
又且，∴且，
所以过三点的截面为梯形，
易知，
作，则，
所以梯形的面积，故D错误.
故选：CD.
三、填空题
12．（22-23高三·全国·对口高考）已知，则直线a，b的位置关系①平行；②相交；③异面．其中可能成立的序号为 ．
【答案】①②③
【分析】平行于同一平面的两条直线平行、相交或异面.
【详解】
直线,的位置关系平行,相交或异面.故其中可能成立的序号为①②③.
故答案为:①②③.
13．（22-23高三·全国·课后作业）如图，是长方体，是的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是 ．（填写所有符合要求的结论序号）
①三点共线； ②四点共面；
③四点共面； ④四点共面．
【答案】①②③
【分析】对于①，利用公理，证明为两个平面的公共部分即可；
对于②，③，利用“直线和直线外一点确定一个平面”判断；
对于④，根据异面直线的定义，判定直线，直线为异面直线后可知其错误.
【详解】对于①，两条平行线确定一个平面，即共面，显然平面平面，结合公理三：两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，设平面，平面的交线为，注意到是的中点，矩形对角线互相平分，故也是的中点，即，平面，故平面，又，平面，故平面，即；由，平面，即平面，由题干直接可知，平面，故，故三点共线；
对于②，由直线和直线外一点可确定一个平面，结合①正确可知，故确定的直线和共面，故②正确；
对于③，类似②，确定的直线和共面，故③正确；
对于④，平面，平面，平面，且，根据异面直线的定义，直线，直线为异面直线，故不可能四点共面，故④错误.
故答案为：①②③
14．（2024·全国·模拟预测）在正四棱台中，，且直线与平面所成角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】将正四棱台补形为正四棱锥，由正棱锥的性质得到就是直线与平面所成角，即，在等腰梯形中，作于，求出的长度，再由是异面直线与所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】将正四棱台的四条侧棱，延长交于点，得到正四棱锥．
由于平面平面，则就是直线与平面所成角，即．
在等腰梯形中，作于，则，
，．
又，则是异面直线与所成的角．
在等腰梯形中，作于，
则在中，所以，
即异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：

四、解答题
15．（2024·云南·模拟预测）如图，在几何体中，为等腰梯形，为矩形，，，，，，平面平面.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据垂直的性质可得，，分别利用勾股定理及其逆定理可证；
（2）利用向量法求线面角.
【详解】（1）证明：如图，过点作的垂线，垂足为，连接，
由已知可得，，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
，平面，，，
，
，.
（2）解：建立如图所示空间直角坐标系
则，
，
设平面的法向量为，则，
令得，
设直线与平面所成角为，
则，.
，
即直线与平面所成角的余弦值为.
16．（2024·江苏徐州·一模）如图，在正四棱柱中，，，E为的中点，经过BE的截面与棱，分别交于点F，G，直线BG与EF不平行．

(1)证明：直线BG，EF，共点；
(2)当时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解(2)
【分析】（1）先设与有一公共点，再证明该公共点在直线上即可；
（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，结合面面角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）四点共面，不平行于，设，
又平面，平面，均不平行于，
为平面与的公共点，
又平面平面，
根据基本事实3可得，
直线BG，EF，共点；
（2）

以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为正四棱柱中，，，，
所以，, ，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
设平面的法向量为，则，令，则，
，则二面角的余弦值的绝对值为，
由图可知，二面角的平面角大小为钝角，
所以二面角的余弦值.
17．（2024高三·全国·专题练习）平面中有和和三直线交于一点，若对应边所在的直线都相交，则三个交点共线．
【答案】证明见解析
【分析】根据题意，分和不在同一平面内与在一个平面内讨论，结合三棱锥的结构特征，即可证明.
【详解】证明：如图1，先考虑和不在同一平面内，则由条件知，
它们可构成一个三棱锥，而是它的一个截面，
且和的对应边所在的直线都相交．

设与交于点，则平面平面，
∴点必落在平面与平面的交线上，
同理，与的交点，与的交点都落在平面与平面的交线上，
∴三对应边的交点共线．只要选取适当的投影方向，
便得到一个如图2所示的图形（投影图），从而原问题获证．

18．（2024·四川成都·二模）如图，在棱长为2的正四面体中，分别是棱的中点.
(1)证明：四点共面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由条件推得，即可证明四点共面；
（2）根据几何体的特征，利用等体积转化，即可求解.
【详解】（1）在中，是棱的中点，
，同理可得，
，
四点共面.
（2）连接，
由（1），，
四边形为平行四边形，
，
四面体为正四面体，
在平面内的射影为的中心，
，
在中，，
.
.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·四川宜宾·模拟预测）若三个不同的平面满足则之间的位置关系是（ ）
A．B．
C．或D．或与相交
【答案】D
【分析】利用正方体中的面面关系即可求解.
【详解】由可得或与相交，
比如在正方体中，
平面平面，平面平面，则平面平面，
又平面平面，平面平面，但是平面与平面相交，
故选：D
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．

3．（2024·重庆·模拟预测）如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可证，则直线与所成的角为，然后结合条件以及余弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】
如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点，
所以．
因为四边形是平行四边形，所以．
因为N为的中点，所以，所以．
故四边形为平行四边形，所以，
所以直线与所成的角为．
连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面，
所以与平面所成的角为，所以．
不妨令，则，所以，
所以，
在中，
由余弦定理得．
故选：A．
4．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积，得到答案.
【详解】如图所示，
取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证：，
又因为且平面，所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的面积为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是根据题意确定所求截面为，从而得解.
二、多选题
5．（2024·广东·三模）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．与所成的角为
C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形
D．平面与平面夹角的正切值为
【答案】ACD
【分析】求出锥体体积判断A；用定义法求出异面直线的夹角判断B；推理判断截面形状判断C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断D.
【详解】正方体的棱长为分别为棱的中点，
对于A，三棱锥的体积，A正确；
对于B，，则是与所成的角或其补角，而，
因此与所成的角为，B错误；
对于C，连接，由，得，则，
而，，因此平面截正方体所得截面图形为等腰梯形，C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，，
，设平面的法向量，
则，令，得，显然平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
，则，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．
6．（23-24高三下·福建莆田·阶段练习）如图，在正方体中，P为棱上的动点，平面，Q为垂足，则（ ）．
A．
B．平面截正方体所得的截面可能为三角形
C．当P位于中点时三棱锥的外接球半径最大
D．线段的长度随线段的长度增大而增大
【答案】ABD
【分析】对于A，求证即可判断；对于B，由等边即可判断；对于C，由外接球半径和（的外接圆半径为r）即可判断；对于D，由和随AP的增大而变小可判断.
【详解】选项A，连接，CQ，则，，又因为，，
所以，故，选项A正确；
选项B，当P位于点A时，截面为三角形，选项B正确；
选项C，平面DCP，记的外接圆半径为r，
则外接球半径，由正弦定理得，
当P位于AB中点时，，则，
，选项C错误；
选项D，为定值，
过P作于点M，过M作，则，
如图，可知随AP的增大而变小，
所以由为定值可知，随AP的增大而增大，
故选项D正确．
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·上海杨浦·二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 .
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用异面直线所成角的定义求解即得.
【详解】正方体中，，因此异面直线与所成的角或其补角，
而，因此.
所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：
8．（2024·河南·模拟预测）已知正四棱台的内切球半径 ，则异面直线 与所成角的余弦值为
【答案】/
【分析】作正四棱台的轴截面，设，由几何关系得出，结合勾股定理可得，进一步延长侧棱 ，设它们相交于点 P，从而只需分别求出即可.
【详解】由题设知正四棱台的高
设，作正四棱台的轴截面，如图所示，
其中I，J，L 分别为圆O与四边形 EFGH 的切点，，K 为垂足，
从而有，，
所以，由 ，解得
延长侧棱 ，设它们相交于点 P，
则异面直线与 所成的角为.
因为，
所以，
所以，
所以，
从而
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得出，进一步得出的长度，由此即可顺利得解.
9．（2024·全国·二模）已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，作出过点的长方体的截面，再结合相似三角形求出截面面积.
【详解】在长方体中，连接并延长与的延长线交于点，直线交于，交的延长线于，
连接交于，连接，则五边形即为过点的长方体的截面，
由，为的中点，得是中点，，，
由，是中点，得，则，
则，
等腰底边上的高，
的面积，
平面平面，平面平面，平面平面，
则，于是∽，同理，∽，
，
因此，
所以所得截面的面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合平面的基本事实作出截面多边形是解决本题的关键.
四、解答题
10．（2024·上海宝山·二模）如图，已知点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径.
(1)求证：；
(2)若，，圆柱的体积为，求异面直线与所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）通过证明平面，即可求解；
（2）延长交圆于点，连接、、，易知或其补角即为所求的角，即可求解.
【详解】（1）证明：易知，
又由平面，平面，得，
而平面，
则平面，而平面，故.
（2）延长交圆于点，连接、、，
易知或其补角即为所求的角，
由题知，解得，
中，
由余弦定理得，
所以，所以异面直线与所成角的大小为.
11．（2024高三·全国·专题练习）单位正方体中，上有动点，过三点作截面，求截面面积的最小值．
【答案】
【分析】根据题意，得到截面为平行四边形，转化为求边上高的取得最小值，即为求异面直线与间的距离，以为原点，建立空间直角坐标系，设向量且，求得，结合距离公式，即可求解.
【详解】在正方体中，可得平面平面，平面平面，
过三点的作截面，可得，
所以截面为平行四边形，如图所示，
截面其对角线为定值，要求此截面的最小值，只需求面积的最小值，
只需边上高的取得最小值，可转化为求异面直线与间的距离，设为，
以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设向量且，则，
取，可得，所以，
所以，所以截面的面积为.
图形语言
符号语言
公共点
直线与平面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平面内
a⊂α
无数个
平面与平面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
方法
解读
平移法
将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解
补形法
在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解