第29讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握空间基本事实，能够判断点线面之间的关系。
2.能掌握空间异面直线所成的角
3.会解立体几何的截面问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给几何体，求解异面直线所成的角，判断线面关系等。
知识讲解
知识点一．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据
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；
注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据
（2）此推论是判定若干平面重合的依据
（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据
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；
公理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．
注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据
（2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点）
（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
知识点二．直线与直线的位置关系
知识点三．直线与平面的位置关系：
有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．
知识点四．平面与平面的位置关系：
有平行、相交两种情况．
知识点五．等角定理：
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
知识点六．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))).
考点一、基本事实的应用
1.（·四川·高考真题）如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，
∠BAD=∠FAB=900,BC //= 12AD，BE //= 12AF，G,H分别为
FA,FD的中点.
（Ⅰ）证明：四边形BCHG是平行四边形；
（Ⅱ）C,D,F,E四点是否共面？为什么？
（Ⅲ）设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE；
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）四点共面（Ⅲ）见解析
【详解】【解1】：（Ⅰ）由题意知，FG=GA,FH=HD
所以GH //= 12AD又BC //= 12AD，故GH //= BC
所以四边形BCHG是平行四边形．
（Ⅱ）C,D,F,E四点共面．理由如下：
由BC //= 12AF，G是FA的中点知，BE //= GH，所以EF//BG
由（Ⅰ）知BG//CH，所以EF//CH，故EC,FH共面．又点D在直线FH上
所以C,D,F,E四点共面．
（Ⅲ）连结EC，
由AB=BE，BE //= AG及∠BAG=900知ABEG是正方形
故BG⊥EA．由题设知FA,FD,AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，
因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED
又ED∩EA=E，ED，EA含于面ADE内所以BG⊥平面ADE
由（Ⅰ）知CH//BG，所以CH⊥平面ADE．
由（Ⅱ）知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE
【解2】：由平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，得AF⊥平面ABCD，
以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A−xyz
（Ⅰ）设AB=a,BC=b,BE=c，则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),
C(a,b,0),D(0,2b,0), E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c)
所以HG=(0,b,0),BC=(0,b,0)
于是HG=BC
又点G不在直线BC上所以四边形BCHG是平行四边形．
（Ⅱ）C,D,F,E四点共面．理由如下：由题设知F(0,0,2c)，所以
EF=(−a,0.c),CH=(−a,0.c),EF=CH
又C∉EF,H∈FD，故C,D,E,F四点共面．
（Ⅲ）由AB=BE得，所以CH=(−a,0,a),AE=(a,0,a)
又AD=(0,2b,0)，因此CH⋅AE=0,CH⋅AD=0
即CH⊥AE,CH⊥AD又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE
故由CH⊂平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE
【点评】：此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系，四点共面问题，面面垂直问题，考察了空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；
【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意逻辑性是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键．
2.（2024·四川成都·二模）如图，在棱长为2的正四面体P−ABC中，M,N,E,F分别是棱PB,AB,AC,PC的中点.
(1)证明：M,N,E,F四点共面；
(2)求四棱锥P−MNEF的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)26
【分析】（1）由条件推得MN//EF，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△PBA中，∵M,N是棱PB,AB的中点，
∴MN//PA，同理可得EF//PA，
∴MN//EF，
∴M,N,E,F四点共面.
（2）连接NF，
由（1）MN=EF=12PA，MN//EF，
∴四边形MNEF为平行四边形，
∴VP−MNEF=2VP−NFE=2VN−PEF=VB−PEF，
∵四面体P−ABC为正四面体，
∴B在平面PAC内的射影O为△PAC的中心，
∴OP=12×2sin60∘=233，
在△PBO中，BO=PB2−PO2=263，
∴VB−PEF=13S△PEF⋅BO=13×14×34×22×263=26.
∴VP−MNEF=26.
1.（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，对角线AC,BD交于点O，OA=4，OB=3，OP=4,OP⊥底面ABCD，E,F分别为侧棱PB,PD的中点，点M在CP上且CM=2MP．求证：A,E,M,F四点共面.
【答案】证明见解析
【分析】易知AC⊥BD，由线面垂直的性质可得OP⊥AC,OP⊥BD，建立如图空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量坐标方法，设AM=xAE+yAF建立方程待定x,y，即可证明四点共面.
【详解】因为平面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
由OP⊥平面ABCD，AC,BD⊂平面ABCD，得OP⊥AC,OP⊥BD，
所以OP,OA,OB两两垂直，建立如图空间直角坐标系O−xyz，
A(4,0,0),B(0,3,0),C(−4,0,0),D(0,−3,0),P(0,0,4)，
则E0,32,2,F0,−32,2，
由CM=2MP知，点M为靠近P的三等分点，则M−43,0,83，
所以AF=−4,−32,2,AE=−4,32,2,AM=−163,0,83，
设AM=xAE+yAF，则−163=−4x−4y0=32x−32y83=2x+2y，解得x=y=23，
则AM=23AE+23AF，所以AM,AE,AF共面，
又直线AM,AE,AF的公共点为A，所以A,E,M,F四点共面.
2.（2024高三·全国·专题练习）如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G,H分别是棱AB,B1C1,C1D1,D1D的中点.求证：E,F,G,H四点共面.
【答案】证明见解析
【分析】取BB1的中点M，连接EM,FM,HM，利用平行关系可得H,M,G,F四点共面，H,M,G,E四点共面，再根据过不共线的的三点H,M,G的平面具有唯一性，即可证明.
【详解】如图， 取BB1的中点M，连接EM,FM,HM，
因为E,F,G,H分别是棱AB,B1C1,C1D1,D1D的中点，
所以HM//B1D1，GF//B1D1，所以HM//GF，H,M,G,F四点共面，
又EM//AB1，HG//DC1//AB1，所以EM//GH，H,M,G,E四点共面，
又因为过不共线的的三点H,M,G的平面具有唯一性，
则平面HMFG与平面EMGH重合，故E,F,G,H四点共面.
3.（2024·江苏徐州·一模）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，E为A1D1的中点，经过BE的截面与棱DD1，A1B1分别交于点F，G，直线BG与EF不平行．

(1)证明：直线BG，EF，AA1共点；
(2)当DF=14DD1时，求二面角C−BF−D1的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)−1010
【分析】（1）先设BG与EF有一公共点，再证明该公共点在直线AA1上即可；
（2）以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z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）∵BEEG四点共面，BG不平行于EF，设BG∩EF=P，
又∵BG⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ADD1A1，BG，EF均不平行于AA1，
∴ P为平面ABB1A1与ADD1A1的公共点，
又∵平面ABB1A1∩平面ADD1A1=AA1，
∴根据基本事实3可得P∈AA1，
∴直线BG，EF，AA1共点；
（2）

以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴建立B−xyz空间直角坐标系，
因为正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，DF=14DD1，
所以B0,0,0,C2,0,0,F2,2,1,D12,2,4，BC=2,0,0,BF=2,2,1, BD1=2,2,4，
设平面BCF的法向量为n=x,y,z，则n→⋅BC⃗=2x=0n→⋅BF⃗=2x+2y+z=0，
令y=1，则z=−2，n=0,1,−2，
设平面BFD1的法向量为m=x1,y1,z1，则m→⋅BD1⃗=2x1+2y1+4z1=0m→⋅BF⃗=2x1+2y1+z1=0，令x1=1,z1=0，则y1=−1，
m=1,−1,0，则二面角C−BF−D1的余弦值的绝对值为m⃗⋅n⃗m⃗⋅m⃗=−12⋅5=1010，
由图可知，二面角C−BF−D1的平面角大小为钝角，
所以二面角C−BF−D1的余弦值−1010.
4.（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=1，M为线段A1B1上一点，平面BCM交棱A1C1于点N．
(1)求证：直线BM,CN,AA1共点；
(2)若点M为A1B1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B1C与平面BCM所成角的正弦值．
条件①：三棱锥A−MBC体积为16；
条件②：三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径为32．
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)39
【分析】（1）根据面面平行的性质可得MN∥BC∥B1C1，结合MN≠BC，可得BM与直线NC相交，进而证明BM,NC的交点P在直线AA1上即可，
（2）条件①根据等体积法可得∠BAC=90°，条件②根据外接球的性质结合勾股定理可得∠BAC=90°，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ABC∥A1B1C1，平面BCM∩平面ABC=BC，
平面BCM∩平面A1B1C1=MN，
故MN∥BC∥B1C1，且MN≠BC，所以直线BM与直线NC相交，
记BM∩NC=P，则P∈BM,BM⊂平面ABB1A1，
同理P∈NC,NC⊂平面AA1C1C，
所以P在平面AA1C1C与平面ABB1A1的交线上，即P∈AA1．
故三线共点，
（2）若选择条件①，则有
VA−MBC=VM−ABC=13AA1⋅S△ABC=13×1×12×1×1×sin∠BAC=16sin∠BAC=16⇒sin∠BAC=1，即∠BAC=90°；
若选条件②，记△ABC的外接圆半径为r，三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径R，则有R2=r2+14AA12=34⇒r=22，记△ABC外接圆心为O，
则有AO=BO=CO=22，且有AO2+BO2=AB2，
故∠BAO=∠CAO=45°，
故∠BAC=90°；
以A为原点，AB的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，
则B1,0,0,C0,1,0,M12,0,1,B11,0,1,
则CB1=1,−1,1,BC=−1,1,0，BM=−12,0,1，记平面BCM的一个法向量为n=x,y,z，
则有n⋅BC=0n⋅BM=0⇒−x+y=0−12x+z=0，取x=2，则n=2,2,1，
记直线B1C与平面BCM所成角为α，
则有sinα=csn,CB1=2−2+13×4+4+1=39．
考点二、空间位置关系的判断
1.（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）在三棱锥D−ABC中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且EF//GH，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线EH与FG一定平行B．直线EH与FG一定相交
C．直线EH与FG可能异面D．直线EH与FG一定共面
【答案】D
【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解.
【详解】由于EF//GH，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D正确，C错误；

只有当EF//GH,EF=GH时，此时四边形EFGH为平行四边形，此时EH//GF，故A不正确；

只有当EH//GF但EF≠GH时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH，GF相交于一点，故B不正确.

故选：D.
2.（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）设a，b，c是三条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若a⊥c,b⊥c，则a∥bB．若a∥b,a∥α，则b∥α
C．若a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b，则c∥αD．若β⊥α,γ⊥α,β∩γ=a，则a⊥α
【答案】D
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对A：若a⊥c,b⊥c，在空间中，直线a,b的位置关系部能确定，故A错；
对B：若a//b,a//α，则b//α或b⊂α，故B错；
对C：若a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b，当直线a,b不平行时，c⊥α，当直线a,b平行时，直线c与平面α的位置关系不能确定，故C错；
对D：两个平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.故D正确.
故选：D
1.（2025·安徽·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则“a⊥β”是“a⊥b”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】根据线面垂直的性质判断充分性，由线线垂直得线面关系的各种情况判断必要性即可.
【详解】若a⊥β，由b⊂β可知a⊥b成立；
若a⊥b，可能a//β或a与β相交，故不一定a⊥β，
所以“a⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件.
故选：A
2.（2024·四川·模拟预测）设l1,l2为两条不同的直线，α1,α2为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若l1//α1，l2//α1，则l1 // l2
B．若l1,l2与α1所成的角相等，则l1 // l2
C．若α1⊥α2,l1 //α1，l2// α2，则l1⊥l2
D．若α1⊥α2,l1⊥α1,l2⊥α2，则l1⊥l2
【答案】D
【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.
【详解】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误；
对于B，l1,l2与α1所成的角相等，则l1,l2可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C，α1⊥α2,l1//α1，l2//α2，则l1,l2可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；
对于D，α1⊥α2,l1⊥α1,l2⊥α2，则l1⊥l2，D正确.
故选：D．
3.（2024·山东淄博·二模）已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线．
若α∩β＝l,α∩γ＝a,β∩γ＝b,l//γ,
则下列说法正确的是（ ）
A．a与l相交B．b与l相交C．a∥bD．a与β相交
【答案】C
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可.
【详解】对于AB，l//γ,l⊂平面α，α∩γ＝a，则l//a，
同理可得l//b，则AB错误；
对于C，由AB知道a//b，则C正确；
对于D，由A知道l//a,a⊄平面β，l⊂平面β，则a//β，故D错误.
故选：C.
4.（2024·贵州遵义·二模）已知平面α,β,γ满足α⊥β,β⊥γ,α⊥γ，下列结论正确的是（ ）
A．若直线l⊥α，则l//β或l//γ
B．若直线l//α，则l与β和γ相交
C．若l⊂α，则l⊥β，且l⊥γ
D．若直线l过空间某个定点，则与α,β,γ成等角的直线l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ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD，平面ADD1A1，平面CDD1C1两两垂直，
令平面ABCD为平面α，平面ADD1A1为平面β，平面CDD1C1为平面γ，
对于A，直线DD1⊥ α，DD1⊂β,DD1⊂γ，当l为直线DD1时，l⊂β,l⊂γ，A错误；
对于B，A1B1//α，当l为直线A1B1时，l//γ，B错误；
对于C，AB⊂α，当l为直线AB时，l//γ，C错误；
对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC1,A1C,BD1,B1D相交于点O，
它们与平面ABCD，平面ADD1A1，平面CDD1C1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AC1,A1C,BD1,B1D之一，所得直线与与α,β,γ所成角相等，
因此直线l过空间某个定点，与α,β,γ成等角的直线l有且仅有4条，D正确.
故选：D
考点三、异面直线的判断与异面直线所成角
1.（2022·安徽马鞍山·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是CC1上靠近点C1的三等分点，平面AMD1∩平面ABCD=l，则直线l与BA1所成角的余弦值为（ ）
A．510B．1510C．105D．3510
【答案】D
【分析】先根据面面平行性质定理得出交线l,再结合空间向量法求异面直线的余弦值.
【详解】因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，所以平面ADD1A1//平面BCC1B1,
平面AMD1∩平面BCC1B1=MN,平面AMD1∩平面ADD1A1=AD1,
所以AD1//MN,M是CC1靠近C1的三等分点，
所以BN→=13BC→,
平面AMD1∩平面ABCD=AN,AN即是l,
如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，
则B3,3,0,A10,3,3,A0,3,0,N3,2,0
BA1→=−3,0,3,AN→=3,−1,0
设直线l与BA1所成角为θ
csθ=BA1→·AN→BA1→AN→=932+32+0×32+−12+0=3510.
故选：D.
2.（2024·重庆·二模）已知a,b是空间中的两条直线，则a,b没有交点是a // b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】B
【分析】利用异面和平行直线的概念结合充分必要条件判断.
【详解】a，b是空间中的两条直线，
a,b没有交点可推得a//b或a与b是异面直线，故充分性不成立；
a//b,则a,b没有交点，故必要性成立．
∴a,b没有交点是a//b的必要不充分条件．
故选：B．
1.（23-24高三下·河南·阶段练习）过三棱柱任意两个顶点的直线中，其中异面直线有（ ）对
A．15B．24C．36D．54
【答案】C
【分析】依据异面直线定义结合三棱柱的特征性质即可求得异面直线的对数.
【详解】三棱柱ABC−A1B1C1中，与A1B1异面的直线有C1C,C1A,C1B,CA,CB，
与A1C1异面的直线有B1C,B1A,B1B,BA,BC,
与B1C1异面的直线有A1C,A1B,A1A,AB,AC,
与AA1异面的直线有BC,BC1,C1B,
与BB1异面的直线有AC,AC1,A1C,
与CC1异面的直线有AB,AB1,A1B,
与A1B异面的直线有AC,B1C,AC1,与AB1异面的直线有BC,BC1,CA1,
与B1C异面的直线有AB,AC1,与BC1异面的直线有AC,A1C,
与A1C异面的直线有AB,与AC1异面的直线有BC,
所以异面直线有5×3+3×3+3×2+2×2+1×2=36对，
故选： C.
2.（2021·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】D
【分析】平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BC1所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
设正方体棱长为2，则BC1=22,PC1=12D1B1=2，
sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.
故选：D
3.（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（ ）
A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β
【答案】A
【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，
tanα=PEFP=PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，
所以α≤β≤γ，
故选：A．
考点四、立体几何截面问题
1.（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）圆台上、下底面半径分别为r,R，作平行于底面的平面α将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（ ）.
A．3r+R2
B．3r3+R32
C．3r2R+rR22
D．3r2+R22
【答案】B
【分析】设截面半径为x，上，下圆台的高分别为ℎ1，ℎ2，上，下圆台的体积分别为V1,V2，则ℎ1ℎ2=x−rR−x，而V2=V1，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案．
【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为ℎ1，ℎ2，上，下圆台的体积分别为V1,V2，
则ℎ1ℎ2=x−rR−x，又V2=V1，
则13πR2+πx2+πRxℎ2=13πx2+πr2+πrxℎ1，
于是R2+x2+Rxx2+r2+xr=ℎ1ℎ2=x−rR−x，则R3−x3=x3−r3，
得2x3=R3+r3，故x=3r3+R32.
故选：B．
2.（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，点M是线段C1D1上靠近D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，则平面AMN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MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1于点G，连接GM，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【详解】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，
延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1于点G，连接GM，
则五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形，
不妨设AB=2AD=2AA1=4，又点M是线段C1D1上靠近D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，
所以C1M=3，D1M=1，C1N=NC=1，所以CF=3，又CF//AB，
所以ABCF=BHCH=43，又BH+CH=2，所以CH=67，
又D1MDF=ED1ED，即17=ED1ED1+2，解得ED1=13，
又GD1AD=ED1ED，即GD12=132+13，解得GD1=27，符合题意，
即五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形.
故选：C
1.（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6cm，AA1，BB1为圆台的两条母线，截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且⊙O1劣弧A1B1的弧长为8π3cm，则三棱台ABO−A1B1O1的体积为（ ）
A．193cm3B．103cm3C．19cm3D．203cm3
【答案】C
【分析】分别取A1B1，AB的中点E，F，则易知截面ABB1A1与下底面所成的夹角为∠EFO=60°，E作EH⊥FO于点H，则EH//O1O，且EH=O1O，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体积公式，即可求解．
【详解】如图，分别取A1B1，AB的中点E，F，
则O1E⊥A1B1，OF⊥AB且O1E//OF，又O1O⊥平面ABO，AB⊂平面ABO，所以O1O⊥AB，
OF∩O1O=O，OF,O1O⊂平面FEO1O，所以AB⊥平面FEO1O，
又EF⊂平面FEO1O，所以EF⊥AB，
∴截面ABB1A1与下底面所成的夹角为∠EFO=60°，
过E作EH⊥FO于点H，则EH//O1O，且EH=O1O，
又⊙O1劣弧A1B1的弧长为8π3cm，弧所在圆的半径为4，
∴∠A1O1B1=83π4=2π3，则∠O1A1B1=π6，∴ EO1=4sinπ6=2，
同理可得OF=3，∴FH=3−2=1，又∠EFO=60°，
∴O1O=EH=FHtan60°=3，
又三角形A1O1B1的面积为12×4×4×32=43，
同理可得三角形AOB的面积为12×6×6×32=93，
∴三棱台ABO−A1B1O1的体积为13×43+93+43×93×3=19cm3．
故选：C．
2.（2024·浙江温州·模拟预测）边长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（ ）
A．42B．23C．33D．62
【答案】A
【分析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，截面面积最大，得出截面后计算即可得.
【详解】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，
如图所示矩形DD1B1B符合要求，
此时截面面积为S=2×22+22=42.
故选：A.
3.（2024·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1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l//AE，进而FI//AE，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设AB=6，分别延长AE、A1B1交于点G，此时B1G=3，
连接FG交B1C1于H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l//AE，设l∩D1D=I，则FI//AE，
此时△FD1I∽△ABE，故ID1= 43，连接AI，
所以五边形AIFHE为所求截面图形，
故选：C．

4.（2023·安徽马鞍山·模拟预测）已知正四棱锥S−ABCD的所有棱长都为2，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为 .
【答案】423
【分析】取SC的中点F，连接DF,BF，得SC⊥平面BDF，当点E在S,F之间时，作平面EMNQP与平面BDF平行，得到的截面最大为五边形，即可求解．
【详解】解：取SC的中点F，连接DF,BF，则BF⊥SC,DF⊥SC，
而BF∩DF=F,BF,DF⊂平面BDF，得SC⊥平面BDF，
当点E在S,F之间时，作EP//BF,EM//DF分别交SB,SD于点P,M，
作MN//SA,PQ//SA分别交AD,AB于点N,Q，连接NQ，则平面EMNQP与平面BDF平行，得到的截面为五边形，
如图所示：
令SESF=λ，则EP=λBF=3λ，SP=λSB=2λ，
可得PB=BQ=PQ=21−λ，得MN=21−λ，AQ=AN=2λ，得NQ=22λ，
由cs∠DFB=3+3−42×3×3=13，得sin∠DFB=1−cs2∠DFB=223，
所以S△EMP=12×3λ×3λ×sin∠DFB=2λ2，
又因为MN与NQ的夹角等于SA与BD的夹角，且由正四棱锥性质可知SA与BD垂直，
所以S四边形PMNQ=22λ×21−λ=42λ1−λ，
可得截面的面积为：S=2λ2+42λ1−λ=−32λ2+42λ=−32λ−232+423，
根据二次函数的性质，可知，当λ=23时，S取得最大值423，
故答案为：423
1．（2024高三·天津·专题练习）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α，n⊂α，则m//nB．若m//α，n//α，则m//n
C．若m//α，n⊥α，则m⊥nD．若m//α，n⊥α，则m与n相交
【答案】C
【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案.
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，A错误；
对于B，若m//α，n//α，则m与n异面、平行或相交，B错误；
对于C，设直线l，满足l⊂α且l//m，
若n⊥α，则n⊥l，而l//m，则m⊥n，C正确；
对于D，若m//α，n⊥α，则m与n相交或异面，D错误.
故选：C.
2．（2024高三·全国·专题练习）若直线l不平行于平面α，且l⊂α，则下列说法中正确的是（ ）
A．α内的所有直线与l都异面B．α内的所有直线与l都相交
C．α内不存在与l平行的直线D．α内存在唯一的直线与l平行
【答案】C
【分析】先得到直线l与平面α相交，从而得到α内的直线有可能与α异面，相交，不存在与l平行的直线，得到答案.
【详解】因为直线l不平行于平面α，且l⊂α，得直线l与平面α相交．
故α内的直线有可能与α异面，相交，故A，B错误．
α内不存在与l平行的直线，C正确，D错误．
故选：C
3．（2024高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，b⊂α，则a∥α
D．若直线a⊄α，b⊂α且a∥b，则a∥α
【答案】D
【详解】选项A中缺少l在平面α外这一条件；直线在平面α外包括直线与平面相交和与平面平行两种情况，故选项B错；选项C中缺少a不在平面α内这一条件；选项D满足线面平行的三个条件．
【考查意图】线面平行的判定．
4．（2020·天津河东·模拟预测）已知平面α,β，直线l⊂α，直线m不在平面α上，下列说法正确的是（ ）
A．若α//β,m//β，则l//mB．若α//β,m⊥β，则l⊥m
C．若l//m,α//β，则m//βD．若l⊥m,m//β，则α⊥β
【答案】B
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】因为l⊂α，
对于A，若α//β,m//β，则l与m有可能异面，故A错误；
对于B，若α//β,m⊥β，则m⊥α，又l⊂α，则l⊥m，故B正确；
对于C，若l//m,α//β，则有可能m⊂β，故C错误；
对于D，若l⊥m,m//β，则α与β有可能相交，故D错误．
故选：B．
5．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）设l,m,n是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若l//m,m//n，则l//nB．若l//m,m//α，则l//α
C．若l⊥m,l//α，则m//αD．若m⊥n,m//α,n//β，则α//β
【答案】A
【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A，因为l,m,n是三条不同的直线，l//m,m//n，
所以l//n，故A正确；
对于B，若l//m,m//α，则l//α或l⊂α，故B错误；
对于C，若l⊥m,l//α，则m//α或或m⊂α或直线m与平面α相交，故C错误；
对于D，若m⊥n,m//α,n//β，则α与β平行或相交，故D错误.
故选：A.
6．（23-24高三上·天津武清·阶段练习）已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题成立的是（ ）
A．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βB．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C．若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//βD．若α∩β=m，n//α，n//β，则n//m
【答案】D
【分析】根据空间中直线，平面间的关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若α⊥β，m⊂α，则m⊥β或m//β，或者m与β相交，故A错误，
对于B. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m,n异面，故B错误，
对于C. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β或者α,β相交，故C错误，
对于D. 若α∩β=m，n//α，n//β，则n//m，
故选：D
1．（20-21高三上·天津红桥·期中）已知m、n是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：
①若n//α，m⊂α，则m//n；
②若m//α，m//β，则α//β；
③若m⊥β，α⊥β，则m//α；
④若m⊥α，m⊥β，则α//β；
⑤若α⊥β，m⊂β，则m⊥α；
⑥若α//β，m⊥β，则m⊥α；
⑦若α∩β=n，m//n，则m//α.
其中真命题的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【解析】利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定和性质判断①②③④⑤⑥⑦中线线、线面、面面位置关系，由此可得出结论.
【详解】对于①，若n//α，m⊂α，则m、n平行或异面，①错误；
对于②，若m//α，m//β，则α、β平行或相交，②错误；
对于③，若m⊥β，α⊥β，则m//α或m⊂α，③错误；
对于④，若m⊥α，m⊥β，由线面垂直的性质可得α//β，④正确；
对于⑤，若α⊥β，m⊂β，则m与α平行、相交或m⊂α，⑤错误；
对于⑥，若α//β，m⊥β，由面面平行的性质可得m⊥α，⑥正确；
对于⑦，若α∩β=n，m//n，则m//α或m⊂α，⑦错误.
故选：A.
【点睛】对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
2．（2020·天津北辰·二模）m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，下列说法正确的是( )
A．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
B．若m，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
C．若α//β，m//α，则m//β
D．m，n是异面直线，若m//α，m//β，n//α，n//β，则α//β
【答案】D
【分析】利用反例判断A，B，C的正误，利用平面平行的判定定理判断D的正误即可．
【详解】解：对于A，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n，也可能m，n是异面直线，所以A不正确；
对于B，若m，n⊂α，m//β，n//β，则α//β，当m//n时，可能有α∩β=l．所以B不正确；
对于C，若α//β，m//α，则m//β，也可能m⊂β，所以C不正确；
对于D，过A作a//m，b//n，直线a，b是相交直线，确定平面γ，由题意可得，γ//β，γ//α，∴α//β，所以D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系的应用，考查基本知识，以及定理的应用，属于中档题．
3．（20-21高三上·天津·期中）在正三棱柱ABC−A'B'C'中，D为棱AC的中点，AB=AA'，则直线B'C和BD所成的角的余弦值为 .
【答案】64
【解析】作出示意图，取A'C'中点D'，连接DD',B'D',CD'，然后根据平行关系确定出所成角为∠CB'D'或其补角，结合线段长度计算出所成角的余弦值.
【详解】取A'C'中点D'，连接DD',B'D',CD'，如下图所示：
因为DD'//BB',DD'=BB'，所以四边形D'B'BD为平行四边形，所以DB//D'B'，
所以直线B'C和BD所成的角为∠CB'D'或其补角，
不妨设AB=2，所以D'B'=3,CD'=12+22=5,B'C=22+22=22，
所以D'B'2+CD'2=B'C2，所以∠B'D'C=90°，所以cs∠CB'D'=322=64，
所以直线B'C和BD所成的角的余弦值为64，
故答案为：64.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
4．（20-21高三上·天津静海·开学考试）在如图的正方体中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为 度.
【答案】60
【解析】通过平行关系可确定出异面直线所成角为∠D1AC或其补角，再结合△D1AC的形状确定出异面直线所成角的大小.
【详解】连接AD1,CD1,BC1，如下图所示：
因为M,N分别为棱BC和棱CC1的中点，所以MN//BC1，
又因为几何体为正方体，所以AD1//BC1，所以AD1//MN，
所以∠D1AC为异面直线AC和MN所成角或其补角，
又因为AD1=AC=CD1=2AB，所以△D1AC为等边三角形，
所以∠D1AC=60°，所以异面直线AC和MN所成的角为60°，
故答案为：60.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
5．（2019·天津和平·三模）已知两条不重合的直线m，n，两个不重合的平面α，β，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊂α，则n∥α；
②若n⊥α，m⊥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
④若α⊥β，α∩β=m，且n⊂β，n⊥m，则n⊥α．
其中所有正确命题的序号为 ．
【答案】②④
【分析】由题意，利用线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、面面平行的判定定理逐一考查所给的命题是否成立即可.
【详解】逐一考查所给的命题：
①若m∥n，m⊂α，有可能n⊂α，不一定有n∥α，题中的命题错误；
②若n⊥α，m⊥β，且m∥n，由线面垂直的性质定理可得α∥β，题中的命题正确；
③若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，若m∥n，有可能α与β相交，题中的命题错误；
④若α⊥β，α∩β=m，且n⊂β，n⊥m，由线面垂直的性质定理可得n⊥α，题中的命题正确．
综上可得：正确命题的序号为②④.
【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
6．（20-21高三上·天津红桥·期中）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝π3，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点.
（I）证明：直线MN//平面OCD；
（II）求异面直线AB与MD所成角的余弦值.
【答案】(I) 证明见解析；(II) 24.
【分析】（I）取OD的中点E，通过证明四边形MNCE是平行四边形可得MN//EC，即可证明；
（II）可得∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角），连接AC,MC,求出三角形各边长，即可根据余弦定理求出.
【详解】（Ⅰ）证明：取OD的中点E，
∵M为OA的中点 ∴ME∥12AD，
∵N为BC的中点，∴NC∥12AD，
∴ME∥12NC，
∴四边形MNCE是平行四边形，
∴MN//EC，
∵MN⊄平面OCD，EC⊂平面OCD，
∴MN//平面OCD.
（Ⅱ）解：∵CD//AB
∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角），
连接AC,MC,
∵AD=AB=BC=1,∠ABC=π3,
∴AC=1,∵M是OA的中点，∴AM=1,
∵OA⊥平面ABCD，∴OA⊥AD，
∴MD=MC=2,
∴cs∠MDC=1+2−22×1×2=24.
【点睛】方法点睛：证明线面平行的方法是在平面内找一条直线与已知直线平行，常用的证明线线平行的方法是构造平行四边形或者利用三角形的中位线定理.
1.（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：
①若m//n，则n//α或n//β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n//α且n//β，则m//n ④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n//β，
当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则n//α，
当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；
对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，
因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，
同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s/平面β，
因为s⊂平面α，α∩β=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；
对④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，则m//n，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2.（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α，n//α，则m⊥nB．若m//α,n//α，则m//n
C．若m//α,n⊥α，则m⊥nD．若m//α,n⊥α，则m与n相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若m//α，n//α，则m,n平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若m//α,n//α，则m,n平行或异面或相交，故B错误.
对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得β∩α=s，
因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确.
对于D，若m//α,n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误.
故选：C.
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第6题,5分
线面关系有关命题的判断
2024年天津卷，第17题,15分
证明线面平行面面角的向量求法 点到平面距离的向量求
2023年天津卷，第17题,15分
证明线面平行广求点面距离 求二面角
2022年天津卷，第17题,15分
空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法
2021年天津卷，第17题,15分
空间位置关系的向量证明 线面角的向量求法，面面角的向量求法
2020年天津卷，第17题,15分
空间向量垂直的坐标表示 线面角的向量求法 面面角的向量求法
位置关系
相交（共面）
平行（共面）
异面
图形
符号
a∥b
公共点个数
1
0
0
特征
两条相交直线确定一个平面
两条平行直线确定一个平面
两条异面直线不同在如何一个平面内
位置关系
包含（面内线）
相交（面外线）
平行（面外线）
图形
符号
∥
公共点个数
无数个
1
0
位置关系
平行
相交（但不垂直）
垂直
图形
符号
∥
，
公共点个数
0
无数个公共点且都在唯一的一条直线上
无数个公共点且都在唯一的一条直线上