专题7.2 空间点 直线 平面之间的位置关系（五类核心考点精讲）-2026年高考数学一轮复习【重点•难点突破】精讲(新教材新高考)

专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系 目录 目录 1 一、5年高考•真题感悟 2 二、课程标准•考情分析 10 【课程标准】 10 【考情分析】 10 【2026考向预测】 11 三、知识点•逐点夯实 11 知识点一、直线与直线的位置关系 11 知识点二、直线与平面的位置关系 11 知识点三、平面与平面的位置关系 11 知识点四、等角定理 12 四、重点难点•分类突破 12 考点1 证明“点共面”“线共面”“点共线”“线共点” 12 考点2 截面问题 25 考点3 异面直线的判定 29 考点4 异面直线所成的角 33 考点5 平面的基本性质 38 五、必考题型•分层训练 45 A、基础保分 45 B、综合提升 53 一、5年高考•真题感悟 1．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】线面关系有关命题的判断 【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，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 3．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】线面关系有关命题的判断 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 5．（2025·全国一卷·高考真题）（多选题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、空间位置关系的向量证明、求平面的法向量 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【难度】0.85 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选题）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 【答案】ABD 【难度】0.85 【知识点】求异面直线所成的角、求线面角 【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确； 连接，因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 又平面，所以，故B正确； 连接，设，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 设正方体棱长为，则，，， 所以，直线与平面所成的角为，故C错误； 因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确. 故选：ABD 二、课程标准•考情分析 【课程标准】 （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． 【5年考情分析】 5年考情分析 考题示例 考点分析 难易程度（简单、一般、较难、很难） 2023年上海卷第15题，5分 立体几何 简单 2022年上海卷第15题，5分 立体几何 简单 2022年I卷第9题，5分 立体几何 简单 2021年乙卷第10题，5分 立体几何 简单 【2026考向预测】 本节内容是高考命题的热点，重点关注异面直线的判定和成角问题、空间点线面的位置关系问题．对于空间几何体的点、线、面的位置关系，除了题目难度逐步提升，还增加了截面问题，对考生的空间想象能力要求有所提升，需要考生有更强大的逻辑推理能力． 三、知识点•逐点夯实 知识点一．直线与直线的位置关系 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 知识点二．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． 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 知识点三．平面与平面的位置关系：有平行、相交两种情况． 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 知识点四．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． 四、重点难点•分类突破 考点1 证明“点共面”“线共面”“点共线”“线共点” 例1、（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)设，且，，，四点共面，求实数的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、空间中的点（线）共面问题、空间向量共面求参数、已知面面角求其他量 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可； 方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可； 方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可； （2）求出平面的法向量，然后利用向量法表示二面角的平面角，求解， 方法一：利用向量法求三棱锥的高，然后求出，利用锥体体积求解即可； 方法二：先利用线面平行的性质定理得平面，然后利用等体积法，转化为求解即可. 【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，的中点， ，， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， ，解得； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， ， 又，分别为，的中点， ，， 设平面的法向量为， ，，令得， ， 又，，共面， ，解得； 方法三：几何法：延长交于，连接， ，分别为，的中点，， 平面，平面， 平面， 又平面平面， ，，又， 四边形是平行四边形， ，， 过作交于，， 又，； （2）方法一：由（1）得， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得， ，，即； 方法一：利用向量法求三棱锥的高， 平面的法向量为，， 设点到平面的距离为，， 平面，又平面，， 又，，、平面， 平面， 又，分别为，的中点， ，， 平面，又平面，， 又，，， 则， 所以； 方法二：几何法：，分别为，的中点，， 平面，平面，平面， ， ，平面， ， . 例2、（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、空间中的点（线）共面问题、面面角的向量求法 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. （3）在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 【变式训练1】、（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. (1)求证：A，D，O，E四点共面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】空间中的点（线）共面问题、线面角的向量求法 【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面； （2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可 【详解】（1）连接DO、AO、EO， 因为，，都是等边三角形， 所以， 又在平面内交于点O，在平面内交于点O， 所以平面，平面， 因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O， 所以平面与平面是同一平面， 即A，D，O，E四点共面； （2）连接DO、AO、EO，AD， 以OA，OB分别为x、y轴， 以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系， 则， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，所以 又， 设， 所以，解得， 所以， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，又， 设， 所以，解得， 由(1)得为二面角平面角， 设，则点， 故， 设平面的法向量为， 则， 取得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 其中， 当时，取得最大值为， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式训练2】、（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点. (1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）； (2)证明：平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)、、、四点不共面 (2)证明见解析 (3) 【难度】0.85 【知识点】平面的基本性质及辨析、证明线面平行、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）直接根据平面的基本事实判断； （2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，求出与平面法向量垂直即可； 方法二：如图，取中点，再取中点，连接、和，通过证明，可得证； 方法三：如图，取中点，连接、，通过证明平面平面，可得证； （3）直接利用空间向量夹角公式求解. 【详解】（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面， 所以、、、四点不共面. （2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，故 又平面的法向量为 所以，故. 又平面，故平面. 方法二： 如图，取中点，再取中点，连接、和. 由为中点，则，且. 在正方体中，为中点， 故，且， 所以且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 方法三：如图，取中点，连接、. 在梯形中，为中点，则. 因为平面，平面，所以平面. 在正方体中，为中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 因为，，平面，所以平面平面， 又平面，故平面. （3）由（2）方法一可知， 又，，故， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 考点2 截面问题 例3、（2025·海南·模拟预测）已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】由平面的基本性质作截面图形 【分析】分两类，由过同一顶点的三条侧棱的中点确定的截面，与一组对棱平行且过棱的中点的截面. 【详解】如图1，E，F，G分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等， 是边长为2的等边三角形，．这样的截面有4个； 如图2，E，F，M，N分别为正四面体棱的中点， 此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等， 四边形EFMN是边长为2的正方形，，这样的截面有3个， 所以满足条件的截面的面积之和为：． 故选：C．    例4、（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形、证明线面垂直 【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解. 【详解】连接, 由于平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故，,则， 同理可得, 平面，故平面， 由于平面，故平面平面， 平面与平面的交线为,平面与平面的交线为， 故，同理可得 故平面如图阴影部分，，    同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确. 故选：B 【变式训练3】、（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为 ． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形、空间向量的数乘运算 【分析】设由可得，用表示正切值，利用和角的正切公式求得，再由求得，利用构造平面，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，即可得矩形为平面ADM截长方体得到的截面，求其面积即可. 【详解】已知，则， 设， 因为， ， ， ， 所以，化简得，得， 即． 又，则 因，则组成一个平面，由可知在线段点在上， 故点在平面内，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，连接， 则矩形即平面截长方体得到的截面. 因，即， ． 故答案为：. 【变式训练4】、（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为 ；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ． 【答案】 / 【难度】0.4 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、由平面的基本性质作截面图形 【分析】将四面体补形成长方体，由题设可得出长方体的各棱长，进而求解外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可；分析可得截面与直线垂直，平行于上底面，结合三角形相似可得，设，求出，再结合三角形面积公式及基本不等式求解即可. 【详解】如图，将四面体补形成长方体， 设长方体的棱长，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线. 则有，解得：， 而四面体的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为， 所以外接球的表面积为； 由分别是，中点，即为长方体两个底面的中心， 而截面与直线垂直，平行于上底面， 故，， 根据平行截比定理得到，，且， 则，而，故有， 设，而， 故， 则截面面积. 故答案为：；. 考点3 异面直线的判定 例5（2025·山东济南·三模）如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（   ） A．B．C．D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】棱柱的结构特征和分类、平行公理、异面直线的判定 【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断. 【详解】对于A，如图，，四点共面，A不是； 对于B，如图，，四点共面，B不是； 对于C，如图，，四点共面，C不是； 对于D，如图，平面，平面，平面，直线， 则与是异面直线，D是. 故选：D 例6、（2023·上海·模拟预测）如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】异面直线的判定 【分析】根据异面直线的定义一一判断即可. 【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点， 而，所以共面，则、在平面上，故A不符题意； 因为，即共面， 易知平面，而平面，，， 故与异面，故B符合题意； 当、重合时，易知， 则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意； 当、重合时，显然，相交，故D不符合题意. 故选：B. 【变式训练5】、在图中，分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线是异面直线的图形有 （填上所有正确答案的序号）．    【答案】②④ 【难度】0.85 【知识点】异面直线的概念及辨析、异面直线的判定 【分析】根据异面直线的定义分别判断即可. 【详解】对①，连接，为中点，，又，，故直线，共面，故①错误；    对②，、、三点共面，但面，因此直线与异面，故②正确； 对③，如图，连接，为中点，，又，，故直线，共面，故③错误；   对④，、、共面，但面，与异面．故④正确. 故答案为：②④. 【变式训练6】、（2023·上海长宁·一模）如图，在三棱台的9条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有 条. 【答案】3 【难度】0.85 【知识点】异面直线的概念及辨析、异面直线的判定 【分析】利用异面直线的判定定理判断即可. 【详解】空间直线的位置关系有平行、相交、异面，即不平行也不相交则异面， 由图可知九条棱中，，，，，与相交， 没有直线与平行， 所以与直线是异面直线的共有3条，分别为，，， 故答案为：3 考点4 异面直线所成的角 例7、（2025高三·全国·专题练习）已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】由圆与平行四边形的性可得和，进而得或其补角即为异面直线与所成角，再由已知求得答案． 【详解】如图，在弧上取一点，使得，过作圆柱的母线， 连接，则由圆的对称性可得， 由圆柱的性质知，，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以或其补角即为异面直线与所成角． 因为为下底面圆弧的中点，，所以，， 所以，所以异面直线与所成角为． 故选；D 例8、（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】余弦定理解三角形、求异面直线所成的角 【分析】连接，得即为异面直线与所成的角，设，利用余弦定理可得答案. 【详解】连接，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以即为异面直线与所成的角或补角， 设，则，， 连接，则，因为， 所以平面，平面，所以， ，， 由余弦定理得. 所以异面直线与所成角的余弦值是. 故选：D. 【变式训练7】、（多选题）如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角的正弦值为 B．平面 C．直线与是异面直线 D．过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】判断正方体的截面形状、异面直线的判定、求异面直线所成的角、证明线面平行 【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D. 【详解】对于A，如图所示， 取的中点，连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 故或其补角即为异面直线与所成角， 设正方体的棱长为， 在中，，所以， 即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图所示， 连接，因为，，所以，所以四点共面， 所以直线与直线共面，故C错误； 对于D，如图所示， 取的中点，连接，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以， 所以四边形为平行四边形， 则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形， 又，所以四边形为菱形，故D正确， 故选：ABD 【变式训练8】、（2025·甘肃·模拟预测）（多选题）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BC 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角 【分析】对于A，只需说明即可判断；对于B，由等体积法即可求解；对于C，将所求转换为相交直线的角，结合余弦定理即可求解；对于D，只需求得该外接球的直径即可. 【详解】对于A，如图，设分别为的中点，连接. 在直三棱柱中，有. 因为为的中点， 所以.又， 所以，则， 从而与不垂直，A不正确. 对于B，易得平面，则，B正确. 对于C，易知，则与所成的角为，由， 得，C正确. 对于D，易知三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球， 该外接球的直径为， 则三棱锥的外接球的表面积为，D不正确. 故选：BC. 考点5 平面的基本性质 例9、（多选题）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ） A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线 C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】异面直线的判定、柱、锥、台体的轴截面 【分析】在圆柱中，利用勾股定理求解，再利用异面直线的定义进行判断得出结果. 【详解】如图，在底面半径为1的圆柱中，母线，，是的中点，则， 因为是的中点，又，则， ，， ， 在中，是的中点，是的中点，， 与是共面直线， 若AC与EF是共面直线，则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线 故选：D． 例10、（2025·江西新余·一模）如（多选题）图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】判断正方体的截面形状、多面体与球体内切外接问题、空间中的点（线）共面问题、由异面直线所成的角求其他量 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 【变式训练9】、（2024·广东惠州·模拟预测）（多选题）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点，，，在同一平面内 B．三条直线，，有公共点 C．直线与直线不是异面直线 D．直线上存在点使，，三点共线 【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、空间中的线共点问题、异面直线的判定 【分析】对于A：根据平行关系可证，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：可知与相交，即可判断. 【详解】作图，如图：    对于选项A：连接， 因为，可知为平行四边形，则， 又因为，分别为，的中点，则， 可得，所以四点，，，在同一平面内，故A正确； 对于选项B：延长，则相交于点，即， 又因为平面，平面， 则平面，平面， 且平面平面，所以， 即三条直线，，有公共点，故B正确； 对于选项C：因为平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线，故C错误； 对于选项D：因为均在平面内，连接，则与相交， 所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确； 故选：ABD. 【变式训练10】、（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 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】平面的基本性质及辨析、点（线）确定的平面数量问题 【分析】根据平面的性质判断即可. 【详解】在空间中，三条直线最多可确定个平面， 例如：三棱锥中的三个侧面. 故选：C 五、分层训练 1．（2023·陕西延安·一模）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示．其中，，，是上的点，则在直三棱柱中，下列结论错误的是（    ）    A．与是异面直线 B． C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体 D．的最小值是 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题、异面直线的判定、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据异面直线的判断可求解A，根据线面垂直可判断B，根据四棱锥和三棱锥的特征可判断C，根据平面中两点距离最小可判断D. 【详解】由题设，可得直三棱柱，如图． 由直三棱柱的结构特征知: 而是相交直线，所以与是异面直线，项正确； 因为，，,所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，故B正确； 由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C项正确； 将平面和平面展开，展开为一个平面，如图，    当共线时，的最小值为，D错误． 故选：D 2．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，在下列正方体中，分别为正方体的顶点或所在棱的中点，则在这四个正方体中， 四点共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】空间中的点（线）共面问题、空间共面向量定理的推论及应用 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，假设四点共面，设，从而得到方程组，若方程组无解，则四点不共面，若方程组有解，则四点共面，从而作出判断. 【详解】A选项，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则， 假设四点共面，则设， 即， 即，方程无解，故四点不共面； 同理，BC选项，四点也不共面； D选项，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则， 假设四点共面，设， 即， 则有，解得，故， 四点共面，D正确. 故选：D 3．（2024·陕西铜川·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．若直线两两相交，则直线共面 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 【难度】0.85 【知识点】平面的基本性质及辨析、线面关系有关命题的判断 【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，当直线交于同一点时，则直线可能不共面，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． 4．（2024·陕西宝鸡·一模）在空间中，下列说法正确的是（    ） A．若的两边分别与的两边平行，则 B．若二面角的两个半平面，分别垂直于二面角的两个半平面，，则这两个二面角互补 C．若直线平面，直线，则 D．到四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有且仅有7个 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】等角定理及其辨析、面面关系有关命题的判断、点面距离的概念及性质、求二面角 【分析】A根据等角定理判断；B、C根据直观想象结合判定定理判断; D根据直观想象和点到平面得距离概念判断. 【详解】根据等角定理知两角可能相等也可能互补则A不正确; 对于B根据条件可得两个二面角可能互补也可能相等则B不正确; 对于C直线或，则C不正确； 对于D距离四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面 有平面一侧有一个顶点，另一侧有三个顶点，这样的平面有4个， 它们为各面上的高的中垂面（垂直平分高）. 平面两侧各有两个顶点， 它们分别过除一组对棱外的其余四条棱的中点，这样的平面有3个． 故共有7个满足条件的平面．故D正确. 故选：D 5．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． (1)证明：四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、面面角的向量求法 【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面； （2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解. 【详解】（1）由，因为平行六面体可知： 且 又因为，， 所以， 则有，即四点共面； （2） 取的中点为，连接， 由于，则有， 又由余弦定理得： 所以， 又由， 则， 所以有，又因为的中点为，所以, 即就是平面与平面的夹角或其补角， 由， ， 由， ， ， 所以有， 故平面与平面夹角的余弦值是. 6．（2025·四川成都·模拟预测）在中，，分别以边和为一边向外侧作矩形和菱形（如图1），满足，再将其沿折起使得与重合，连结（如图2） (1)判断四点是否共面？并说明理由； (2)在图1中，，求证：平面平面． (3)在图1中，，，求二面角的大小． 【答案】(1)四点共面，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）利用平行性的传递性证明即可； （2）以为原点建系，求出平面和平面的法向量，求证即可； （3）求出平面和平面的法向量，再计算法向量的夹角余弦值，最后利用二面角的平面角与法向量夹角之间的关系即可. 【详解】（1）四点共面，理由如下： ∵四边形为矩形，为菱形，∴， ∵与重合，故，所以四点共面； （2）∵，，，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 在平面内过点作， 又平面平面，则平面， 以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则， 令，则， 则，即，则平面平面． （3）建系同第二问，由， 则， 则，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， 令，则， 则， 由图可知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为， 则二面角的大小为． 7．（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】由平面的基本性质作截面图形、空间位置关系的向量证明 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断③. 【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于①，， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点Q，使得平面，故②错误； 对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点作在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故③对. 故选：C. 8．（2024·辽宁·模拟预测）在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题、由平面的基本性质作截面图形 【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积. 【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离， （1）  ，（2）  ，（3）   （1），（2），（3）， 所以质点从到的最短距离为， 此时质点从点出发，经过上靠近的三等分点，再到达点， 面截正四棱柱所得截面为五边形，如图， 由，， 所以沿质点的最短运动路线截正四棱柱，    则所得截面的面积为： ． 故选：B 9．（2025·山东泰安·二模）在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若三棱锥的体积为定值，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】AD 【难度】0.4 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角 【分析】对于A，由题意可知其轨迹为圆弧；对于B，当点为的中点时，易证与所成角的为；对于C，因为三棱锥的体积为定值，找出轨迹，但此时可证与不垂直；对于D，关键在于求出的外接圆直径的范围，进而可求外接球半径的范围，进而可求外接球表面积的范围. 【详解】对于A，取的中点，此时满足， 因为点在侧面内，所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线为四分之一圆弧， 该圆弧是以B为圆心1为半径的圆的，故其轨迹长度为，故A正确；    对于B，如图所示，连接，在中，，同理可求得， 所以为等腰三角形，当点为的中点时，连接，此时有， 在正方体中易知，故，此时与所成角的为，故B错误；    对于C，当F在上运动时，由于,所以平面, 此时为定值， 但与不垂直，故C错误；    对于D，设，当点为的中点时，最， 取中点，则， 所以； 当点与点或点重合时，最小，此时，所以   在球面上，的外接圆直径 三棱锥的外接球的直径为 三棱锥的外接球的半径为 三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：AD. 10．（2025高三·全国·专题练习）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】台体体积的有关计算、求异面直线所成的角、异面直线夹角的向量求法 【分析】解法一：通过作辅助线构造异面直线所成角，再利用四棱台体积公式求出高，结合平面几何知识和余弦定理求解. 解法二：建立空间直角坐标系，求出相关向量，利用向量的夹角公式求解，再根据异面直线所成角的范围得到结果. 【详解】解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角. 设该正四棱台的高为，则，得. ，故. 过点作交于点，则， .连接，易得， 在中，利用余弦定理可得， 故异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面， 以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 所以，，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系 目录 目录 1 一、5年高考•真题感悟 2 二、课程标准•考情分析 10 【课程标准】 10 【考情分析】 10 【2026考向预测】 11 三、知识点•逐点夯实 11 知识点一、直线与直线的位置关系 11 知识点二、直线与平面的位置关系 11 知识点三、平面与平面的位置关系 11 知识点四、等角定理 12 四、重点难点•分类突破 12 考点1 证明“点共面”“线共面”“点共线”“线共点” 12 考点2 截面问题 25 考点3 异面直线的判定 29 考点4 异面直线所成的角 33 考点5 平面的基本性质 38 五、必考题型•分层训练 45 A、基础保分 45 B、综合提升 53 一、5年高考•真题感悟 1．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 3．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D．    5．（2025·全国一卷·高考真题）（多选题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选题）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 二、课程标准•考情分析 【课程标准】 （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． 【5年考情分析】 5年考情分析 考题示例 考点分析 难易程度（简单、一般、较难、很难） 2023年上海卷第15题，5分 立体几何 简单 2022年上海卷第15题，5分 立体几何 简单 2022年I卷第9题，5分 立体几何 简单 2021年乙卷第10题，5分 立体几何 简单 【2026考向预测】 本节内容是高考命题的热点，重点关注异面直线的判定和成角问题、空间点线面的位置关系问题．对于空间几何体的点、线、面的位置关系，除了题目难度逐步提升，还增加了截面问题，对考生的空间想象能力要求有所提升，需要考生有更强大的逻辑推理能力． 三、知识点•逐点夯实 知识点一．直线与直线的位置关系 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 知识点二．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． 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 知识点三．平面与平面的位置关系：有平行、相交两种情况． 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 知识点四．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． 四、重点难点•分类突破 考点1 证明“点共面”“线共面”“点共线”“线共点” 例1、（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)设，且，，，四点共面，求实数的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 例2、（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【变式训练1】、（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. (1)求证：A，D，O，E四点共面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式训练2】、（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点. (1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）； (2)证明：平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值. 考点2 截面问题 例3、（2025·海南·模拟预测）已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 例4、（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练3】、（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为 ． 【变式训练4】、（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为 ；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ． 考点3 异面直线的判定 例5（2025·山东济南·三模）如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是（   ） A．B．C．D． 例6、（2023·上海·模拟预测）如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（ ） A． B． C． D． 【变式训练5】、在图中，分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线是异面直线的图形有 （填上所有正确答案的序号）．    【变式训练6】、（2023·上海长宁·一模）如图，在三棱台的9条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有 条. 考点4 异面直线所成的角 例7、（2025高三·全国·专题练习）已知圆柱的轴截面为正方形，为下底面圆弧的中点，点在上底面圆弧上且与在轴截面同侧，若，则异面直线与所成角为（   ） A． B． C． D． 例8、（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式训练7】、（多选题）如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角的正弦值为 B．平面 C．直线与是异面直线 D．过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【变式训练8】、（2025·甘肃·模拟预测）（多选题）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 考点5 平面的基本性质 例9、（多选题）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ） A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线 C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线 例10、（2025·江西新余·一模）如（多选题）图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【变式训练9】、（2024·广东惠州·模拟预测）（多选题）如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点，，，在同一平面内 B．三条直线，，有公共点 C．直线与直线不是异面直线 D．直线上存在点使，，三点共线 【变式训练10】、（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 五、分层训练 1．（2023·陕西延安·一模）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示．其中，，，是上的点，则在直三棱柱中，下列结论错误的是（    ）    A．与是异面直线 B． C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体 D．的最小值是 2．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，在下列正方体中，分别为正方体的顶点或所在棱的中点，则在这四个正方体中， 四点共面的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·陕西铜川·模拟预测）下列说法正确的是（    ） A．若直线两两相交，则直线共面 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 4．（2024·陕西宝鸡·一模）在空间中，下列说法正确的是（    ） A．若的两边分别与的两边平行，则 B．若二面角的两个半平面，分别垂直于二面角的两个半平面，，则这两个二面角互补 C．若直线平面，直线，则 D．到四面体的四个顶点A，B，C，D距离均相等的平面有且仅有7个 5．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，． (1)证明：四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2025·四川成都·模拟预测）在中，，分别以边和为一边向外侧作矩形和菱形（如图1），满足，再将其沿折起使得与重合，连结（如图2） (1)判断四点是否共面？并说明理由； (2)在图1中，，求证：平面平面． (3)在图1中，，，求二面角的大小． 7．（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．（2024·辽宁·模拟预测）在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ）    A． B． C． D． 9．（2025·山东泰安·二模）在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若三棱锥的体积为定值，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 10．（2025高三·全国·专题练习）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $