考点巩固卷15 空间中的平行垂直与共线面问题（六大考点）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

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考点01：判断平行与垂直的有关命题
①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线面》
②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》
③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》
④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（）》
⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《》
1．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】由线面关系逐一判断即可.
【详解】对于A：由，，，可知、可能平行或相交，A错误；
对于B：由，，，则由线面平行的性质定理得，B正确；
对于C：由，，，，可知、可能平行或相交，C错误；
对于D：由，，可知或，D错误．
故选：B
2．已知平面满足，下列结论正确的是（ ）
A．若直线，则或
B．若直线，则与和相交
C．若，则，且
D．若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条
【答案】D
【分析】根据给定条件，作出正方体，举例说明判断ABC；利用正方体的体对角线推理判断D.
【详解】在正方体中，平面，平面，平面两两垂直，
令平面为平面，平面为平面，平面为平面，
对于A，直线，，当为直线时，，A错误；
对于B，，当为直线时，，B错误；
对于C，，当为直线时，，C错误；
对于D，在正方体中，直线相交于点，
它们与平面，平面，平面所成的角都相等，
而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等，
过空间给定点作直线平行于直线之一，所得直线与与所成角相等，
因此直线过空间某个定点，与成等角的直线有且仅有4条，D正确.
故选：D
3．已知a，b是不同的直线，，是不同的平面，下列说法中正确的是（ ）
A．若，平面，则平面
B．若平面，平面，则
C．若平面，平面，平面平面，则
D．若平面，平面，，则平面平面
【答案】C
【分析】根据线面平行判定定理可判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；作出二面角的平面角，根据面面垂直可判断C；通过举反例判断D.
【详解】对A，若，平面，则平面或，A错误；
对B，若平面，平面，则，B错误；
对C，记，过点作，垂足分别为，
因为平面，平面，所以，
记平面与直线相交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，
又平面平面，所以，
所以四边形为矩形，所以，所以，C正确；

对D，如图，记，当直线与平行，且不在平面内时满足条件，但平面不平行，D错误.
故选：C

4．设是三个不同平面，且，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
【答案】A
【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断.
【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：，
所以是的充分条件；
但当，，并不能推出，也有可能相交，
所以是的不必要条件；
故选:A.
5．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．若直线与平面所成的角相等，则直线互相平行
C．若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则平面与平面平行
D．若不共面的4个点到平面的距离相等，则这样的平面有且只有7个
【答案】D
【分析】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.
【详解】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，当直线倾斜方向不同时，直线与平面所成的角也可能相等，所以B错误；
对于C中，当这3个点不在平面的同侧时，平面与平面相交，所以C错误；
对于D中，根据题意，显然这4个点不可能在平面的同侧，
当这4个点在平面两侧1，3分布时，这样的平面有4个，
当这4个点在平面两侧2，2分布时，这样的平面有3个，
所以这样的平面有且只有7个，所以D正确.
故选：D．
6．已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系分析判断各个选项.
【详解】对于A，由，，则与可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，由，，则或或，故D错误.
故选：C.
7．已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】B
【分析】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断.
【详解】对于A，若，，则平行、相交或异面；
对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误.
故选：B.
8．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．，，，则
【答案】C
【分析】根据空间线线、线面、面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【详解】A：若，则与可能相交，可能平行，故A错误；
B：若，则与可能相交，可能平行，故B错误；
C：若，由线面垂直的性质知，故C正确；
D：若，则与可能相交，可能平行，故D错误.
故选：C
9．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，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【分析】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.
【详解】若，，则或，所以A错；，，，，或，所以B错；
若，，，则，所以C错；若，，，则与两面的交线平行，即，故D对.
故选：D.
10．设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
考点02：空间中证明平行的五种思路
方法一：中位线型：
例1、如图 = 1 \* GB2 ⑴，在底面为平行四边形的四棱锥中，点是的中点.求证：平面.
分析：
方法二：构造平行四边形
例2、如图 = 2 \* GB2 ⑵, 平行四边形和梯形所在平面相交，//，求证：//平面.
分析：过点作//交于， 就是平面
与平面的交线，那么只要证明//即可。
方法三：作辅助面使两个平面是平行
例3、如图⑶，在四棱锥中，底面为菱形， 为的中点，为的中点，证明：直线
分析：：取中点，连接，只需证平面∥平面。
方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。
例4、已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE．

例5．如图 = 5 \* GB2 ⑸，已知三棱锥，是,,的重心.(1)求证：∥面；
方法五：（向量法）所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标系（或找空间一组基底）及平面的法向量。
例6、如图 = 6 \* GB2 ⑹，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面分别为的中点．证明平面；
分析：因为侧棱底面，底面是正方形，所以很容易建立空间直角坐标系及相应的点的坐标。

证明：如图，建立空间直角坐标系．
设，则
，．
因为轴垂直与平面，故可设平面的法向量为=（0，1，0）
则：=0因此，所以平面．
11．正方体的棱长为1，E、F、G分别为BC，，的中点，有下述四个结论，其中正确的结论是（ ）
①点C与点B到平面AEF的距离相等； ②直线与平面AEF平行；
③平面AEF截正方体所得的截面面积为； ④直线与直线EF所成的角的余弦值为.
A．①④B．②③C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】对于①：利用平面AEF过BC的中点E，得出C与B到平面AEF的距离相等；
对于②：取的中点Q，连接、、QE.证明出平面∥平面AEF.得到∥平面AEF；
对于③：连接，延长，AE交于点S.判断出截面即为梯形AEFD1.利用梯形的面积公式直接求解；
对于④：判断出直线与直线EF所成的角，利用余弦定理即可求的.
【详解】对于①：假设C与B到平面AEF的距离相等，即平面AEF将BC平分，则平面AEF必过BC的中点.由E是BC的中点，所以C与B到平面AEF的距离相等.故①正确
对于②：如图所示.
取的中点Q，连接、、QE.
因为，且，所以四边形为平行四边形，所以∥AE.
因为面AEF，面AEF，所以面AEF.同理可证：面AEF.
因为，面，面，所以平面∥平面AEF.
又因为平面，所以∥平面AEF.故②正确；
对于③：连接，延长，AE交于点S.
因为E，F分别为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，所以A、E、F、D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1.
因为CF=CE，所以，即，所以FS=ES又D1F=AE，所以即，，
所以等腰△的高，梯形的高为，所以梯形的面积为.故③正确
对于④：因为，所以直线与直线EF所成的角即为所求.
在三角形中，，由余弦定理得， .
所以直线与直线EF所成的角的余弦值为.故④错误.
故选：C
12．如图，正方体中，M是的中点，则（ ）
A．直线与直线相交，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线AC异面，直线平面
D．直线与直线垂直，直线∥平面
【答案】D
【分析】根据题意可知，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，用空间向量来研究直线和平面、直线和直线的位置关系较为简单，用向量的共线定理证明两直线是否平行或异面，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直或平行，得出直线与平面是否平行或垂直，再对选项进行逐一分析判断即可得出结论.
【详解】解：因为是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，，，，，，
又M为的中点，故可得，，，
设平面的法向量为，
则，即，不妨取，故可得．
设平面的法向量为
则，即，不妨取，故可得．
对A：因为，，故BM，不相交，故错误；
对B：，，不存在非零实数，使得，
故MB，不平行，故错误；
对C：，平面的法向量为，
不存在非零实数，使得，故MB与平面不垂直，故错误；
对D：，，则，故直线MB与垂直；
又，故MB与平面平行，故正确；
故选：D．
13．在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【详解】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，AQ⊂平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，
而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
14．在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．点的轨迹是一条线段
B．与是异面直线
C．与不可能平行
D．三棱锥F−ABD1的体积为定值
【答案】C
【分析】对于设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，
分别取，的中点，，连接，，，可得平面，从而可判断；对于 假设直线共面,从而到处矛盾，可判断；对于，当点与点重合时可判断；对于,可证平面，则到平面的距离是定值，从而可判断.
【详解】对于设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，
分别取，的中点，，连接，，，
则易得，又平面，平面，
平面．同理可得平面，
、是平面内的相交直线，
平面平面，由此结合平面，可得直线平面，
即点是线段上的动点．A正确．
对于 假设直线共面, 由题意点在侧面上，且三点不共线.
所以直线共面于侧面，则平面
这就与在正方体中，平面相矛盾
故假设不成立，即，与是异面直线，B正确．
对于，连接,由分别为的中点，则，又
所以，且，所以四边形为平行四边形
所以，故当点与点重合时，与平行，C错误．
对于，由选项A的过程可知,又,所以
又，分别为，的中点，所以,所以，则，
平面，平面，所以平面，
则到平面的距离是定值，三棱锥F−ABD1的体积为定值，所以D正确；
故选：．
15．在正方体中，P是平面内的一动点，M为线段的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面PAM内任意一条直线都不与平行
B．平面和平面的交线不与平面平行
C．平面内存在无数条直线与平面PAM平行
D．平面PAM和平面的交线不与平面平行
【答案】B
【分析】对A，根据与平面PAM相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长，交于，根据线面平行的性质判断即可.
【详解】对A，因为与在平面内且不平行，故与相交，故与平面PAM相交，若平面PAM内任意一条直线与平行，则平面PAM，矛盾，故A正确；
对B，由平行，平面，平面，故平面.设平面和平面的交线为，由线面平行的性质可得AB//l，又l⊄平面，平面，故平面，故B错误；
对CD，延长，交于，连接如图.
由题意，平面PAM和平面的交线即直线，故当平面内的直线与平行时，与平面PAM也平行，故C正确；
交线与平面交于，故D正确；
故选：B
16．如图，在正方形中，M，N分别是，的中点，则直线AM与平面BND的位置关系是（ ）．
A．垂直B．平行C．相交但不垂直D．无法确定
【答案】B
【分析】连接交于，连接，由中位线、正方体性质易得为平行四边形，即，再根据线面平行的判定证结论.
【详解】连接交于，连接，而M，N分别是，的中点，
所以，即，且，即，
则为平行四边形，故，
由面，面，则面.
故选：B
17．如图，在三棱柱中，点、、、分别为、、、的中点，G为的重心，从、、、中取一点作为使得该棱柱恰有2条棱与平面平行，则为（ ）
A．KB．HC．GD．
【答案】C
【分析】对、、、四个点逐一进行分析，找出棱柱中与平面平行的棱的条数，即可判断．
【详解】解：取的中点，连接，，，，如图所示：
则，所以四边形为平行四边形，
若取点为，则，
故与平面平行的棱超过2条，不符合题意，故A错误；
对于B选项，当点为点时，取中点，连接
所以
由棱柱性质得，
所以四边形是平行四边形，故平面即为平面，
由于，平面，平面
所以平面，平面，
由于，平面，
所以平面平面，
所以结合棱柱的性质可知均平行于平面，
故B选项错误
对于C选项，当点为时，连接，则为中点，
所以，
由于平面，平面，
故平面，平面，故C选项正确；
对于D选项，当点为点时，连接，
由C选项知，
所以平面即为平面，
此时平面，再没有满足条件的棱，故D选项错误.
故选：C
18．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（ ）
A．与不可能平行
B．与是异面直线
C．点的轨迹是一条线段
D．三棱锥的体积为定值
【答案】A
【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D．
【详解】解：设平面与直线交于，连接，，
则为的中点，分别取，的中点，，
连接，，，
如图.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
又、是平面内的两条相交直线，
∴平面平面，而平面，∴平面，
得点的轨迹为一条线段，故C正确；
并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；
∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确；
∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：A．
19．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱的中点，则（ ）
A．直线都与平面平行
B．直线都与平面相交
C．直线与平面平行，直线与平面相交
D．直线与平面相交，直线与平面平行
【答案】C
【分析】用空间向量和几何综合的方法，可以判断.
【详解】
设对角线AC的中点为O，EF的中点为 ， ，
以 为基底，建立空间坐标系如上图，
则 ，
∵E，F分别是的中点，∴ ，
，
∴ ，即 ， 平面EFG， 平面EFG，
平面EFG；
由以上分析知， ，并且 ，
， ，点O也是对角线BD的中点，
是的 边上的中位线，即 在 上，
平面EFG，即 与平面EFG交于点 ，
综上，平面EFG， 与平面EFG相交；
故选：C.
20．如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则下列命题中错误的是（ ）
A．直线和平面所成的角为定值
B．点到平面的距离为定值
C．异面直线和所成的角为定值
D．直线和平面平行
【答案】A
【分析】逐个进行分析，对点取特殊点可得A正误，根据线面平行可知B的正误，依据线面垂直可知C的正误，然后利用线面平行可知D的正误.
【详解】对A，由平面，当点分别在点或时，线面角不一致，故A错误；
对B，由//,平面,平面,所以//平面，
所以点到平面的距离为直线上任意点到平面的距离，故B正确
对C，由平面即平面,,,
平面，所以平面，所以，故C正确
对D，由平面即平面，//，平面，
平面，所以//平面，所以D正确
故选：A
考点03：空间中异面直线垂直情况
第一步：将所求直线中的一条用刻度尺进行平移然后与另一条直线衔接出现三角形
第二步：将三角形画到草稿纸上并利用空间图求出各边的长
第三步：利用余弦定理求出待求角
第四步：检查若求出的角为锐角或直角则即为所求，若求出的角为钝角则补角即为所求
21．在正三棱柱中，已知，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一（定义法），通过补形，得出为异面直线与所成角或其补角，再在中，根据条件，利用余弦定理即可求出结果；法二（向量法），根据条件求出，，再利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】如图，将正三棱柱补形成直四棱柱，易知其底面为菱形．
连接，则，所以为异面直线与所成角或其补角．
在菱形中，，连接，则，
在中，，
则由余弦定理得，
异面直线与所成角的余弦值为，

故选：A．
解法二 由题，，
，
所以，
所以，则异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
22．已知正四棱锥的所有棱长均为为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接，作出异面直线所成角或补角，利用余弦定理求解即可.
【详解】连接，取的中点，连接，
由题意可得，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
23．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
【答案】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.
24．如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先补形，再作出异面直线与所成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解.
【详解】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱：

连接、AD，则，
则异面直线与所成角的平面角为(或其补角)，
又，，
由余弦定理可得：，
所以，故B正确.
故选：B.
25．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．
26．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
【答案】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.
27．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．717B．C．D．
【答案】C
【分析】根据异面直线的定义，由，问题转化为求的余弦值，在中根据余弦定理求解.
【详解】连接，如图所示，
正四棱柱中，有且，四边形为平行四边形，
则有，则就是异面直线与所成的角．
设，则，
中，由余弦定理得．
故选：C.
28．正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有（ ）

A．直线与是异面直线B．平面平面
C．该几何体的体积为D．平面与平面间的距离为
【答案】D
【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.
【详解】正八面体可由正方体每个面的中心构成，如图：

因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为.
∵，，，四点共面，直线与是共面的，故A错；
设二面角为，，，所以.
所以：二面角，故B错；
，故C错；
由八面体的构成可知：平面和平面之间的距离是正方体体对角线的13，所以两个平面之间的距离为：，故D对.
故选：D
29．已知各棱长都为1的平行六面体中，棱、、两两的夹角均为，则异面直线与所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合平行六面体的结构特征，利用几何法求出异面直线与所成角.
【详解】在平行六面体中，连接，，
则四边形是平行四边形，，于是是异面直线与所成角或其补角，
由，棱两两的夹角均为，
得都是正三角形，即，则，
所以异面直线与所成角为.
故选：C
30．如图，已知四边形ABCD是菱形，，点E为AB的中点，把沿DE折起，使点A到达点P的位置，且平面平面BCDE，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解法一：找到异面直线所成角因为四边形ABCD是菱形，所以，则或其补角就是异面直线PD与BC所成的角，结合已知条件得出相关线段的长度，最后利用余弦定理求解即可；
解法二：用向量法求异面直线夹角的余弦值，分别表示出，，代入公式即可；
解法三：建系，利用空间向量法求异面直线夹角.
【详解】解法一第一步：找到异面直线所成角因为四边形ABCD是菱形，所以，则或其补角就是异面直线PD与BC所成的角．
第二步：结合已知条件得出相关线段的长度
连接AP，易知，．
第三步：利用余弦定理求解
在中，由余弦定理得，所以异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．
解法二 设，，，则，，两两垂直，且，，则，，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．
解法三 易知ED，EB，EP两两垂直，以E为坐标原点，ED，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，得，，故异面直线PD与BC所成角的余弦值为，
故选：B．

考点04：空间中证明垂直的两种情况
证明垂直：线线垂直线面垂直面面垂直
必记结论：①特殊的平行四边形边长之比1:2，夹角为，则对角线与边垂直
②特殊的直角梯形边长之比1:1:2,对角线与腰垂直
③等腰三角形三线合一，三线与底垂直
④直径所对的圆周角为直角
⑤菱形和正方形：对角线互相垂直
⑥特殊的矩形：边长之比1:2或1：有明显的直角关系
31．如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直.

A．①②B．③④C．①④D．①②④
【答案】C
【分析】通过几何性质得出四边形的形状，由线线、线面垂直即可得出直线和平面与平面的关系.
【详解】对于①，因为平面与棱交于点，所以四点共面，
在正方体中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确
对于②，在正方体中，面，
因为面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，则与矛盾，
若重合，则不成立，故②错误；
对于③，因为平面，，
若直线与平面垂直，则直线，显然矛盾，
所以平面与直线不可能垂直，故③错误
对于④，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以平面平面，故④正确.
综上所述，正确的有①④.
故选：C.
32．如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得到平面ABEF，进一步得出，，则MC为外接球直径，代入球的表面积公式即可求解．
【详解】由可知，，，可求，，，
因为平面平面ABEF，平面平面，
又，平面，
所以平面ABEF，平面ABEF，所以，
由，，得，
又，同理可得得，又，
所以，所以.
所以MC为外接球直径，
在Rt△MBC中，即，
故外接球表面积为．
故选：A．
33．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，三棱柱外接球的球心为，点是侧棱上的一动点.下列说法正确的个数是（ ）
①直线与直线是异面直线；②若，则与一定不垂直；③若，则三棱锥的体积为；④ 三棱柱外接球的表面积的最大值为.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的判定判断①；根据线面垂直的性质定理可判断②；对于③：球心在两底面中心边线的中点，求出到平面的距离即可求三棱锥的体积；对④：设外接圆半径，由，，可得没有最大值也没有最小值，由可得取值情况即可.
【详解】对于①，因为点平面，平面，点，
平面，所以直线与直线是异面直线，故①正确；
对于②，因为侧棱底面， ，故底面,
底面，故；
而，则，即，
又平面,故平面,
又平面，故，
故当（此时为近的四等分点）时，平面，则直线平面，
又平面， 所以，故②错误；
对于③：若，则为正三角形，其外心为正三角形的中心，连接与交于，则为的中点，
三棱柱外接球的球心在两底面中心连线的中点，
因为平面，所以到平面的距离相等，
因为侧棱底面，平面，所以面平面，
又面平面，，平面，所以平面，
所以到平面的距离为，即到平面的距离为，
所以，故③正确；
对④：设外接圆半径，由正弦定理得，
因为，，所以没有最大值也没有最小值，
故外接球半径没有最大值也没有最小值，故④错误.
故只有①③正确.
故选：B
34．已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先找到过点与垂直的平面与侧面的交线，从而求解.
【详解】

如图，在侧棱上取一点，使得，连接，
过点作交于点，交于点，连接，
由，可知，
平面，，
从而平面，所以，
又由在平面内的射影，所以，
平面，，
知BP⊥平面，平面，所以，
所以动点的轨迹为线段，
在中，，所以，
则，得
易得.
故选：D
35．在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】
如图所示，取中点及靠近的四等分点，的中点，连接，，，，，
由，所以，又是中点，是的中点，所以
可知，同理可得，
又，平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，
又因为，所以，所以，
所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，
设外接球球心为，半径为，，分别为，外接圆圆心，球心满足面，面，
又因为和均为边长为4的正三角形，所以，
所以四边形为正方形，且，又,所以，
∴.
故选：D.
36．坡度是地表单元陡缓的程度，通常把坡面的垂直高度和水平方向的距离的比叫做坡度，就是坡面与水平面成角的正切值．如图所示，已知斜面的坡度是1，某种越野车的最大爬坡度数是30°，若这种越野车从D点开始爬坡，则行驶方向与直线的最大夹角的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】根据给定条件，在行驶方向上任取点E，作垂直于过的水平面，垂足为O，再作于F，确定出二面角、线面角、线线角，即可计算作答.
【详解】在越野车行驶方向上任取不同于D的点E，作垂直于过的水平面，垂足为O，再作于F，连接，如图，
于是，而平面EOF，则平面EOF，又平面EOF，
因此，是斜面与过的水平面所成二面角的平面角，，即，
因为越野车的最大爬坡度数是，即直线与过的水平面所成角的最大值为，
令，在中，的最大值为，在中，的最大值为，
在中，，而正弦函数在上单调递增，
因此的最大值为，
所以行驶方向与直线的最大夹角的度数为，B正确.
故选：B
37．如图，正方体的棱长为，在棱上运动(不含端点)，则下列说法错误的是（ ）
A．为中点时，三棱锥体积不变
B．平面与平面所成二面角为
C．运动到的中点时，上存在点，使平面
D．侧面中不存在直线与垂直
【答案】D
【分析】根据线面平行即平面，可说明E到平面的距离为定值，即可判断A；根据二面角定义可判断B；根据线面平行的判定定理可判断C；根据空间垂直关系的转化可判断D.
【详解】对于A选项，连接与交于O，连接，则O为的中点，
则在中，,又平面，平面，
∴平面，则E到平面的距离为定值，为定值，
∴三棱锥体积不变，A正确．
对于B选项，由于，在棱上运动，
故平面即平面，平面平面，
平面，平面，所以，
故平面与平面所成二面角即为，
即平面与平面所成二面角即为，B正确．
对于C选项，由于，平面,平面,
∴平面，
∴当P是 与平面的交点时，平面，C正确．
对于D，E在棱上运动时，由以上分析可知平面即平面，
平面，平面，
故平面平面，平面平面，
连接，则，平面，
故平面，平面，故，D错误，
故选：D
38．如图，边长为3的正方形所在平面与矩形所在的平面垂直，．为的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面垂直可得，，结合直角三角形分析可得为外接球直径，结合球的表面积公式运算求解.
【详解】由题意可知，，可得，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
又平面，
则平面，平面，可得，
取的中点，连接，则，
所以为外接球直径，设其半径为R，
在中，，即，故外接球表面积为．
故选：A．

39．定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）

A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案．
【详解】，
，
设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
，，
在中，，
则，又的方向与相同，
所以．
故选：A．
40．中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，、，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则图中四面体的体积为（ ）．
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】由题意可求，即与为全等的等腰三角形，
取的中点，连接，构造出平面与垂直，从而可求四面体的体积.
【详解】
依题意，根据勾股定理可求，
，，
即与为全等的等腰三角形，
取的中点，连接，
由等腰三角形的性质可得，，
所以面，
且，可求的高为，
从而，
.
故选：B
考点05：空间中多线共点处理技巧
41．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．证明：直线BG，EF，共点.
【答案】证明见解析
【分析】先设与有一公共点，再根据基本事实3证明该公共点在直线上即可
【详解】四点共面，不平行于，设，
又平面，平面，均不平行于，
P为平面与的公共点，
∵平面平面，
∴根据基本事实3可得，
∴直线BG，EF，共点.
42．如图，在直三棱柱中，，为线段上一点，平面交棱于点．
(1)求证：直线共点；
(2)若点为中点，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：三棱锥体积为；
条件②：三棱柱的外接球半径为．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据面面平行的性质可得，结合，可得与直线相交，进而证明的交点在直线上即可，
（2）条件①根据等体积法可得，条件②根据外接球的性质结合勾股定理可得，进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角与直线方向向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：如图，由平面，平面平面，
平面平面，
故，且，所以直线与直线相交，
记，则平面，
同理平面，
所以P在平面与平面的交线上，即．
故三线共点，
（2）若选择条件①，则有
，即；
若选条件②，记的外接圆半径为r，三棱柱的外接球半径R，则有，记外接圆心为O，
则有，且有，
故，
故；
以A为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则B1,0,0,,,,
则,，，记平面的一个法向量为，
则有，取，则，
记直线与平面所成角为α，
则有．
43．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m=x1,y1,z1，则，令，则y1=−1，
m=1,−1,0，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.
44．如图，已知平面，且，设在梯形中，，且.求证：共点．
【答案】证明见解析
【分析】设交于点，再根据若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，即可得证.
【详解】如图，梯形中，因为，
所以与必交于一点，
设交于点，则，
又因为，
所以，
又因为，所以，
所以共点．
45．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1，AB的中点．
(1)求证：四边形EFCD1是梯形；
(2)证明：直线D1E，DA，CF共点．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)利用平行于同一直线的两直线相互平行得且，故四边形EFCD1是梯形；
(2)空间中要证三线共点可使用公理：若两平面有公共点，有且仅有一条通过该点的公共直线.
【详解】（1）如图，连接EF，CD1，A1B，
∵AF＝BF，AE＝A1E，∴且
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，且，
∴四边形为平行四边形，
∴且，
∴且，
∴四边形EFCD1是梯形；
（2）由（1）可知，与CF一定相交，设，
所以，平面，所以平面，
同理可得平面AC，
所以平面平面，
又平面平面＝AD，所以，
所以直线，DA，CF共点．
46．如图所示，在空间四面体中，分别是，的中点，分别是，上的点，且.求证：
（1）四点共面；
（2）直线共点.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）证明四点共面，可以证四点构成的两直线平行，连接，，利用中点关系，证明即可
（2）先证明直线与直线交于，再证明过点即可
【详解】（1）连接，，分别是的中点，.
又，，，四点共面.
（2）易知与直线不平行，但共面，∴设，则平面，平面.
∵平面平面，，∴直线共点.
考点06：空间中点共面处理技巧
经常利用三角形中位线性质和平行四边形性质
模型1：如图，在四棱锥中，已知，，，，平面.
如图，点分別为棱的中点，点为靠近的四等分点，求证：四点共面；
破解：取中点，连接，
为上靠近的四等分点，为中点，又为中点，；
分别为中点，，又，，
四边形为平行四边形，，又，，
四点共面；
47．如图，已知平行六面体的侧棱长为3，底面是边长为4的菱形，且，点，分别在和上．
(1)若，，求证：，，，四点共面；
(2)若，点为线段上（包括端点）的动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用共面向量定理可证明；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦可得解．
【详解】（1）因为，，，
所以，所以，，，四点共面．
（2）因为，
所以点在底面的射影落在上，过点作，过点作，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
则，在中，，
又因为底面是边长为4的菱形，且，
所以，则，
设与的交点为，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由，可求得，，
所以，，
设为平面的法向量，
由，即，取，则，，
所以，
因为，所以，
设，所以，
所以，
设直线与平面所成角的为，
所以，
因为，所以，，
所以．
48．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面ABCD，．点E在线段PC上．
(1)若，在PB上找一点F，使得E,F,A,D四点共面，并说明理由；
(2)求点A到平面PBC的距离；
(3)若直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)，理由见解析(2)(3)
【分析】（1）令，结合，得出，进而得证；
（2）取的中点，连接，，由题意得，，，平面，，根据线面垂直的判定定理和性质，可得，利用等体积法，即可得出答案；
（3）由（2）得，，两两垂直，则建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
【详解】（1）当时，、、、四点共面，理由如下：
证明：令，，
即，，
又，，
故、、、四点共面；
（2）取的中点，连接，，如图所示：
为等边三角形，，
，，，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，
平面，，
，BC//AD，
，
，且平面，平面，，
平面，
平面，，
在菱形中，，则，，
设点到平面的距离为，
则，即，
即，解得，
故点到平面的距离为；
（3）由（2）得，，两两垂直，则建立以为原点的空间直角坐标系，
则,0,，，，,0,，,0,，
为线段上一点，设，则，
，
平面，
平面的法向量为，
，
解得．
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，
平面的法向量为，，，
设二面角的平面角为，
则，
由图知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为．
49．如图，已知四棱锥的底面为正方形，平面，分别为线段，中点.
(1)证明：共面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由题意利用平面向量的运算可得，由共面向量定理即可证明；
（2）方法一：利用线面垂直的性质得，由(1)，可得，进而利用平面向量的夹角公式即可求解；
方法二：以为坐标原点，以为正交基底，建立空间直角坐标系，利用空间向量线面角的公式求解即可.
【详解】（1）由题意得：，
则由共面向量定理知，共面.
（2）方法一：由平面，知为平面的法向量，
又平面，所以.
由（1）知：，
，
设直线与平面所成角为，
所以，直线与平面所成角大小为.
方法二：由题平面及为正方形，
以为坐标原点，以为正交基底，建立空间直角坐标系;
则，则，
由平面知为平面的法向量
设直线与平面所成角为，
则
所以，直线与平面所成角大小为.
50．如图，在长方体中，，，E、F分别是AB、BC的中点．

(1)证明、、、四点共面；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）以D为原点建立空间直角坐标系后，借助空间向量可得，即可得证；
（2）求出直线的方向向量与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）如图，以D为原点建立空间直角坐标系，

可得有关点的坐标为、、、、、，
因为，，所以，
因此直线与EF共面，即、、、四点共面；
（2）设平面的法向量为，则，，
又，，
故，解得，
取，得平面的一个法向量，
又，故，
故直线与平面所成的角的正弦值为，
因此直线与平面所成的角的大小为．
51．如图，正方体中，N，E，F分别是的中点．
(1)求证：E，F，B，D四点共面；
(2)设平面与平面交于直线，求证：；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析(3)
【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到，再证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线线平行，得到结论；
（2）由面面平行得到线线平行；
（3）设正方体的棱长为2，由等体积法求出点到平面的距离，从而利用得到答案.
【详解】（1）连接，
因为E，F分别是的中点，
所以，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
故，
所以，
故E，F，B，D四点共面；
（2）因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以；
（3）设直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为，正方体的棱长为2，
则，
由勾股定理得，
故，
其中，
因为，
所以，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为
52．如图，为空间四边形，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且，．求证：
(1)、、、四点共面；
(2)、必相交且交点在直线上．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据中位线及等比分点可得平行，进而可证四点共面；
（2）结合面面位置关系可得证.
【详解】（1）
连接、，，
由，分别为，中点，则，
又，，则，
，
、、、四点共面.
（2）
由，，
易知，
又，分别为，中点，即，
，
结合（1）的结论可知，四边形是梯形，因此直线、不平行，
设它们交点为，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交点在直线上．
53．如图，在四棱柱中，四边形为直角梯形，，.过点作平面，垂足为是的中点.
(1)在四边形内，过点作，垂足为.
（i）求证：平面平面；
（ii）判断是否共面，并证明.
(2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，给出证明：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）不共面，证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）（i）由线面垂直的性质可得，然后由面面垂直的判定可证，（ii）利用反证法，假设结论的反面成立，利用面面平行的性质推出矛盾，进而得到结论正确
（2）利用面面平行的判定可得平面平面，然后利用线面平行的定义得证
【详解】（1）（i）由平面，平面，则，
又，，平面，则平面，
因为平面，所以平面平面；
（ii）不共面，
假设共面于，
由四棱柱，得平面平面，
又，所以，
又，所以，又，即，
又，且，，
从而四边形为矩形，与矛盾!
所以不共面；
（2）取的中点，连接并延长交于，
因为，，所以为的中点，，
因为平面，平面，所以平面，
由是的中点，平面，平面 ，
所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
54．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，M，N分别是，，的中点.

(1)求证：M，N，C，D四点共面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）由题意证明，即可证明M，N，C，D四点共面.
（2）取中点，连，，证明，进而可证明平面.
【详解】（1）∵，分别是，的中点，∴是的中位线，∴.
又在平行四边形中，，
∴，∴，，，四点共面.
（2）取中点，连，，

∵，分别是，的中点，∴是的中位线，∴且，
又∵平行四边形中，∴且，
∴且，∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
55．四棱锥中，平面平面，，，，，，，M为PC的中点，N为PD靠近D的三等分点．
(1)证明：A、B、M、N四点共面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求平面ABMN截四棱锥所得的上、下几何体的体积比．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）作辅助线，证明点为的重心，即可证明A、B、M、N四点共面；
（2）建系，写出相关点的坐标，求出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）利用割补法，先求和，相减得，再用减去得,即得结果.
【详解】（1）
如图，延长交于点，
因且，故，
连接，中，分别是的中点，
故的交点为的重心，设为点，则,
又N为PD靠近D的三等分点，故点重合，
因点都在平面内，故A、B、M、N四点共面；
（2）
如图，取中点，连接，因，则,
又平面平面,平面平面，平面，故平面,
过点在平面内作，分别取为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因，故,
则,
设平面的法向量为，则，故可取；
又,
设平面的法向量为，则，故可取.
于是，，
因二面角是锐二面角，故二面角的余弦值为；
（3）
如图，设平面ABMN截四棱锥所得的上、下几何体的体积分别为,
依题，,
而,
则，
又,
故，
于是，.
56．已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．
(1)求点M到平面的距离；
(2)判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)是，证明见详解.
【分析】（1）由即可求解；
（2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性可证.
【详解】（1）记点M到平面的距离为h，
易知为正三角形，且，所以，
又，
所以，
因为，所以，即，
解得，即点M到平面的距离为.
（2），M，B，N四点共面，证明如下：
连接，
因为M，N分别是线段，的中点，
所以，
由正方体性质可知，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，M，B，N四点共面.