专题08 空间直线与平面（必备知识+10大考点+专练，复习讲义）（上海专用）2026年春季高考数学

该高中数学高考复习讲义聚焦空间直线与平面专题，涵盖平面基本性质、线线线面及面面位置关系、空间角与距离计算等核心考点，按知识逻辑构建体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生突破判定证明与空间计算难点，体现复习的系统性和针对性。 资料突出数学思维与空间观念培养，如在异面直线判定中结合正方体模型引导学生观察位置关系，在几何法求线面角时强调作证算步骤规范，通过分层练习（基础变式到综合真题）落实核心素养。助力学生高效构建解题框架，为教师把控复习节奏提供实用指导，提升应考能力。

专题08 空间直线与平面 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 平面及其基本性质 3 知识点2 直线与直线的位置关系 4 知识点3 直线与平面的位置关系 5 知识点4 平面与平面的位置关系 6 三、考点精析与突破 考点1 平面及其基本性质 7 考点2 异面直线的判定 14 考点3 直线与平面平行 17 考点4 直线与平面垂直 21 考点5 平面与平面平行 24 考点6 平面与平面垂直 26 考点7 几何法求解直线与平面所成的角 31 考点8 几何法求解二面角及两平面的夹角 36 考点9 点、线、面间的距离计算 44 考点10 空间中点到平面的距离 51 四、实战精练与提升 一、考试要求 知识点 新课程标准 重点 平面及其基本性质 1. 理解空间点、直线、平面的概念； 2. 掌握平面的基本性质（公理）； 3. 会画空间图形的平面直观图 1. 平面基本性质的应用（证明共点、共线、共面）； 2. 平面直观图的规范画法 直线与直线的位置关系 1. 掌握平行公理（公理4）； 2. 理解等角定理； 3. 区分空间两条直线的位置关系（含异面直线） 1. 异面直线的判定与证明； 2. 平行公理的应用（证明线线平行） 直线与平面的位置关系 1. 掌握线面平行、垂直的判定定理与性质定理； 2. 理解点到平面的距离； 3. 掌握三垂线定理 1. 线面平行、垂直的判定与性质的综合应用； 2. 三垂线定理的实际运用 平面与平面的位置关系 1. 掌握面面平行、垂直的判定定理与性质定理； 2. 理解二面角及平面角的概念； 3. 掌握面面间的距离 1. 二面角平面角的求解； 2. 面面平行、垂直的判定与性质的综合应用 二、命题分析 空间直线与平面考查内容及命题趋势表 模块 考频 考查内容 命题趋势 空间直线与平面 2025年第13题、2024年第14题、2022年第15题；2025年第17题、2024年第18题、2024年第17题、2022年第17题、2021年第17题、2021年第5题；2023年第17题、2023年第12题、2023年第14题 空间中直线与直线、直线与平面的位置关系；线面角、二面角的求解；点线面间距离、空间向量在垂直与共线中的应用、异面直线的判定 高频考点，空间位置关系多以小题形式考查，难度中等，注重对线面位置判定定理的理解；空间角（线面角、二面角）为高频难点，多在解答题或综合小题中考查，结合空间向量或几何法，难度较大，强调空间想象与逻辑推理能力；空间距离与向量应用为中高频考点，难度中等，注重向量工具性与几何直观的结合 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 平面及其基本性质 1.空间的点、直线与平面 空间点与直线、点与平面的位置关系: 位置关系 符号表示 图形表示 点与直线 点在直线上，也称直线经过点 点不在直线上，也称直线不经过点 点与平面 点在平面上,也称平面经过点 点不在平面上,也称平面不经过点 2.平面的基本性质 名称 内容 作用 公理 1 如果一条直线上有两点在一个平面上,那么这条直线上所有的点都在这个平面上 判定直线在平面上 公理2 不在同一直线上的三点确定一个平面 确定一个平面 推论 1 一条直线和这条直线外的一点确定一个平面 推论 2 两条相交直线确定一个平面 推论 3 两条平行直线确定一个平面 公理3 如果两个不同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 两个平面相交 3．空间图形的平面直观图的画法 斜二测画法规则： （1）原图形中 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中， 轴、 轴的夹角为 （或 ）， 轴与 轴和 轴所在平面垂直； （2）原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 知识点2 直线与直线的位置关系 1.平行公理(公理 4) 平行于同一条直线的两条直线互相平行: 2.等角定理 如果两条相交直线与另外两条直线分别平行,那么这两组相交直线所成的锐角(或直角)相等 3.空间两条直线的位置关系 位置关系 图 示 表示方法 公共点个数 两直线共面 相交 一个 平行 没有 异面 是异面直线 没有 4.异面直线 (1)概念:不同在任何一个平面上的两条直线叫做异面直线 (2)异面直线判定: ① 用定义(多用反证法): ② 异面直线判定定理、过平面外一点与平面上一点的直线,和此平面上不经过该点的任何一条直线都是异面直线: （3）异面直线所成的角：已知两条异面直线a , b，经过空间任一点 作直线 所成的角的大小与点 的选择无关；把 所成的锐角（或直角）叫异面直线 a , b 所成的角（或夹角）。为了简便，点 通常取在异面直线的一条上。异面直线所成的角的范围： ；若两条异面直线所成角是直角、则称两异面直线垂直； （4）异面直线的公垂线与公垂线段:和两条异面直线都垂直且相交的直线叫异面直线的公垂线、任意两条异面直线有且只有一条公垂线.两条异面直线的公垂线夹在异面直线间的部分,叫做两条异面直线的公垂线段。两条异面直线的公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条。 (5)两条异面直线的距离:两条异面直线的公垂线段的长度、两条异面直线的距离即为直线a到平面a的距离,即两条异面直线的距离等于其中一条直线到过另一条直线且与这条直线平行的平面的距离, 知识点3 直线与平面的位置关系 1.直线与平面的位置关系 位置关系 图示 表示方法 公共点个数 直线在平面上 无数个 直线不在平面上 直线与平面平行 没有 直线与平面相交 直线与平面斜交 一个 直线与平面垂直 一个 2.线面平行的判定定理 直线与平面平行的判定定理，如果不在平面上的一条直线与这个平面上的一条直线平行,那么该直线与这个平面平行 推理模式： 不在平面 上， 。（线线平行，可推出线面平行） 3.线面平行的性质定理 直线与平面平行的性质定理 如果一条直线与一个平面平行,过这条直线的一个平面与此平面相交,那么其交线必与该直线平行. 推理模式： ．（线面平行，可推出线线平行） 4．线面垂直定义 如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说这条直线和这个平面互相垂直．其中直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，交点叫做垂足，直线与平面垂直简称线面垂直，记作： ． 5.线面垂直判定定理 直线与平面垂直的判定定理如果一条直线与一个平面上的两条相交直线都垂直,那么此直线与该平面垂直. 6.直线与平面垂直的性质定理 垂直于同一个平面的两直线互相平行 推论1 过一点有且只有一个平面与给定的直线垂直， 推论2 过一点有且只有一条直线与给定的平面垂直， 7．点到平面的距离 已知点 是平面 外的任意一点，过点 作 ，垂足为 ，则P A唯一，P A是点 到平面 的距离．即一点到它在一个平面内的射影的距离叫做这一点到这个平面的距离． 结论：连接平面 外一点 与 内一点所得的线段中，垂线段P A最短． 8．三垂线定理 三垂线定理平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在平面上的投影垂直. 知识点4 平面与平面的位置关系 1.平面与平面的位置关系：平行;相交. 2.两个平面平行的判定定理 两个平面平行的判定定理 如果一个平面上的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行。 3.两个平面平行的性质定理 两个平面平行的性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行。 4．二面角 平面上的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面．若棱为 ，两个面分别为 、 的二面角记为 ． 5．二面角的平面角 过二面角的棱上的一点 分别在两个半平面内分别作棱的两条垂线O A、O B ，则 叫做二面角 的平面角．二面角的平面角范围是 ；二面角的平面角为直角时，则称为直二面角．组成直二面角的两个平面互相垂直． 6．平面与平面垂直的判定定理 平面与平面垂直的判定定理，如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面垂直. 7.平面与平面垂直的性质定理 平面与平面垂直的性质定理 加果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直， 8.距离 点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面两个平行平面之间的距离这七种距离,其中点与点、点与直线、点到平面的距离是基础,求其他几种距离一般化归为求这三种距离,点到平面的距离有时用“体积法”来求 考点1 平面及其基本性质 例1（2024•杨浦区校级三模）如图，已知、、分别是正方体的棱、和的中点，由点、、确定的平面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 例2（2024•闵行区校级二模）两个平面可以将空间分成 　 　个部分． 变式1（2023•黄浦区校级三模）如图，正方体中，，分别为棱，的中点，在平面内且与平面平行的直线　　 A．不存在 B．有1条 C．有2条 D．有无数条 变式2正方体的棱长为1，、分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 　 　． 变式3若空间中两条直线、确定一个平面，则、的位置关系为 　 　 ． 例2（2025•青浦区二模）如图，正方体绕直线旋转，直线旋转至直线，则直线与直线所成角的大小为 ． 例3（2024•杨浦区二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 　 　． 变式1（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则　 　． 变式2（2024•上海）已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 　 　． 变式3（2025•浦东新区校级模拟）已知正方体，是中点，是中点，是中点．（1）求证：平面； （2）求异面直线和所成角的余弦值． 考点2 异面直线的判定 例1（2025•宝山区三模）如图所示，长方体中，，，，是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 例2如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 变式1如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则　　 A．，且直线，是相交直线 B．，且直线，是相交直线 C．，且直线，是异面直线 D．，且直线，是异面直线 变式2在空间中，“两条直线不平行”是“这两条直线异面”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 考点3 直线与平面平行 例1如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中不正确的是　　 A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 例2如图，正方体中，、分别为棱、上的点，在平面内且与平面平行的直线　　 A．有一条 B．有二条 C．有无数条 D．不存在 变式1（2025•黄浦区二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 　 　 米．（结果精确到0.01米） 变式2（2024•嘉定区二模）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，， （1）求证：平面 （2）求直线与的所成角的大小． 考点4 直线与平面垂直 例1（2025•浦东新区校级模拟）若是空间中的一条直线，，是空间中两个相互垂直的平面，则“”是“”的　　 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 变式1（2024•青浦区模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，、分别为线段、上的点，且，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 变式2（2025•上海校级模拟）如图，长方体中，，．是棱上一点，且，交于点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 考点5 平面与平面平行 例1在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得　　 A． B． C．平面 D．平面平面 变式1设、表示两个不同的平面，表示一条直线，且，则是的　　 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 考点6 平面与平面垂直 例1如图，三棱柱中、四边形是菱形，且，，，， （1）证明：平面平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值； 变式1（2025•青浦区校级模拟）如图，在四棱锥中，，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为， 求与平面所成的线面角的大小． 变式2如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱，上，且，．设． （1）当时，求异面直线与所成角的大小； （2）当平面平面时，求的值． 考点7 几何法求解直线与平面所成的角 例1（2024•黄浦区校级三模）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为　　 A． B． C． D． 例2（2025•上海模拟）如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2． （1）当时，求直线与平面所成角的大小； （2）当四面体的表面积最大时，求的值及其体积． 变式1（2025•金山区校级三模）如图，在圆柱中，底面直径等于母线，点在底面的圆周上，点在线段上． （1）求证：； （2）若点是的中点，求直线与平面所成角的大小． 变式2（2025•杨浦区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，平面． （1）求证：直线； （2）求直线与平面所成角的大小． 变式3（2024•金山区校级三模）已知圆锥的底面半径为1，母线长为，点为圆锥底面圆周上的一点，为圆心，是的中点，且． （1）求圆锥的全面积； （2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示） 考点8 几何法求解二面角及两平面的夹角 例1（2024•徐汇区模拟）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是 ①三棱锥的体积为； ②点形成的轨迹长度为 A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 例2（2024•浦东新区三模）边长都是为1的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为，、分别是对角线、上的动点，且，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 例3（2025•宝山区二模）空间中有相互垂直的两条异面直线、，点、，、，且，，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 　 　 ． 例4（2025•黄浦区校级三模）已知函数的部分图像如下，将△沿翻折至△，使得二面角为，若，则　 　 ． 变式1（2024•青浦区模拟）如图，已知正三角形和正方形的边长均为2，且二面角的大小为，则 　 　． 变式2（2025•青浦区校级模拟）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线． （1）求证：平面； （2）若，求二面角的大小． 考点9 点、线、面间的距离计算 例1如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 例2（2024•虹口区二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且．若，点为棱的中点，点在上，则线段，的长度和的最小值为 　 　． 例3（2024•静安区二模）正四棱锥底面边长为2，高为3，则点到不经过点的侧面的距离为 　 　． 变式1（2025•崇明区二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，，点，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 变式2（2025•金山区二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求点到平面的距离． 变式3（2024•嘉定区校级模拟）已知，四棱锥的底面是矩形，平面，，． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 考点10 空间中点到平面的距离 例1（2025•黄浦区二模）给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，2，3，，那么的所有不同值的个数组成的集合为 A．，2，3， B．，2， C．， D． 变式1（2025•虹口区二模）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角为，求点到平面的距离． 变式2（2025•杨浦区二模）座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承．如图，、分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知，． （1）求证：； （2）求点到平面的距离． 1．（2025•金山区校级三模）在棱长为1的正方体中，点，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．则平面的一个充分非必要条件是　　 A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 2．（2024•浦东新区校级模拟）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为　　 A． B． C． D． 3．（2025•上海）已知是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．、分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 　 　． 4．（2025•黄浦区校级二模）在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，1，，则点，1，到平面的距离为 　 　 ． 5．（2024•虹口区模拟）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱贯穿构成，正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面，正四棱锥的侧棱长为，底面边长为6，正四棱柱的底面边长为，，，是正四棱锥的侧棱和正四棱柱的侧棱的交点，则　 　． 6．（2024•普陀区校级模拟）正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 　 　． 7．（2024•青浦区校级模拟）已知正四面体的边长为1，是空间一点，若，则的最小值为 　 　． 8．（2025•虹口区校级三模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）证明：平面． （2）若平面，，且，求直线与平面所成角的正弦值． 9．（2025•浦东新区校级三模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）与平面所成角的正弦值． 10．（2024•宝山区二模）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． 1 / 65 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 空间直线与平面 目录 一、考情分析与命题趋势 二、知识体系构建 知识点1 平面及其基本性质 3 知识点2 直线与直线的位置关系 4 知识点3 直线与平面的位置关系 5 知识点4 平面与平面的位置关系 6 三、考点精析与突破 考点1 平面及其基本性质 7 考点2 异面直线的判定 14 考点3 直线与平面平行 17 考点4 直线与平面垂直 21 考点5 平面与平面平行 24 考点6 平面与平面垂直 26 考点7 几何法求解直线与平面所成的角 31 考点8 几何法求解二面角及两平面的夹角 36 考点9 点、线、面间的距离计算 44 考点10 空间中点到平面的距离 51 四、实战精练与提升 一、考试要求 知识点 新课程标准 重点 平面及其基本性质 1. 理解空间点、直线、平面的概念； 2. 掌握平面的基本性质（公理）； 3. 会画空间图形的平面直观图 1. 平面基本性质的应用（证明共点、共线、共面）； 2. 平面直观图的规范画法 直线与直线的位置关系 1. 掌握平行公理（公理4）； 2. 理解等角定理； 3. 区分空间两条直线的位置关系（含异面直线） 1. 异面直线的判定与证明； 2. 平行公理的应用（证明线线平行） 直线与平面的位置关系 1. 掌握线面平行、垂直的判定定理与性质定理； 2. 理解点到平面的距离； 3. 掌握三垂线定理 1. 线面平行、垂直的判定与性质的综合应用； 2. 三垂线定理的实际运用 平面与平面的位置关系 1. 掌握面面平行、垂直的判定定理与性质定理； 2. 理解二面角及平面角的概念； 3. 掌握面面间的距离 1. 二面角平面角的求解； 2. 面面平行、垂直的判定与性质的综合应用 二、命题分析 空间直线与平面考查内容及命题趋势表 模块 考频 考查内容 命题趋势 空间直线与平面 2025年第13题、2024年第14题、2022年第15题；2025年第17题、2024年第18题、2024年第17题、2022年第17题、2021年第17题、2021年第5题；2023年第17题、2023年第12题、2023年第14题 空间中直线与直线、直线与平面的位置关系；线面角、二面角的求解；点线面间距离、空间向量在垂直与共线中的应用、异面直线的判定 高频考点，空间位置关系多以小题形式考查，难度中等，注重对线面位置判定定理的理解；空间角（线面角、二面角）为高频难点，多在解答题或综合小题中考查，结合空间向量或几何法，难度较大，强调空间想象与逻辑推理能力；空间距离与向量应用为中高频考点，难度中等，注重向量工具性与几何直观的结合 -考查内容及命题趋势表（2021~2025年春考数据） 知识点1 平面及其基本性质 1.空间的点、直线与平面 空间点与直线、点与平面的位置关系: 位置关系 符号表示 图形表示 点与直线 点在直线上，也称直线经过点 点不在直线上，也称直线不经过点 点与平面 点在平面上,也称平面经过点 点不在平面上,也称平面不经过点 2.平面的基本性质 名称 内容 作用 公理 1 如果一条直线上有两点在一个平面上,那么这条直线上所有的点都在这个平面上 判定直线在平面上 公理2 不在同一直线上的三点确定一个平面 确定一个平面 推论 1 一条直线和这条直线外的一点确定一个平面 推论 2 两条相交直线确定一个平面 推论 3 两条平行直线确定一个平面 公理3 如果两个不同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 两个平面相交 3．空间图形的平面直观图的画法 斜二测画法规则： （1）原图形中 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中， 轴、 轴的夹角为 （或 ）， 轴与 轴和 轴所在平面垂直； （2）原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 知识点2 直线与直线的位置关系 1.平行公理(公理 4) 平行于同一条直线的两条直线互相平行: 2.等角定理 如果两条相交直线与另外两条直线分别平行,那么这两组相交直线所成的锐角(或直角)相等 3.空间两条直线的位置关系 位置关系 图 示 表示方法 公共点个数 两直线共面 相交 一个 平行 没有 异面 是异面直线 没有 4.异面直线 (1)概念:不同在任何一个平面上的两条直线叫做异面直线 (2)异面直线判定: ① 用定义(多用反证法): ② 异面直线判定定理、过平面外一点与平面上一点的直线,和此平面上不经过该点的任何一条直线都是异面直线: （3）异面直线所成的角：已知两条异面直线a , b，经过空间任一点 作直线 所成的角的大小与点 的选择无关；把 所成的锐角（或直角）叫异面直线 a , b 所成的角（或夹角）。为了简便，点 通常取在异面直线的一条上。异面直线所成的角的范围： ；若两条异面直线所成角是直角、则称两异面直线垂直； （4）异面直线的公垂线与公垂线段:和两条异面直线都垂直且相交的直线叫异面直线的公垂线、任意两条异面直线有且只有一条公垂线.两条异面直线的公垂线夹在异面直线间的部分,叫做两条异面直线的公垂线段。两条异面直线的公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条。 (5)两条异面直线的距离:两条异面直线的公垂线段的长度、两条异面直线的距离即为直线a到平面a的距离,即两条异面直线的距离等于其中一条直线到过另一条直线且与这条直线平行的平面的距离, 知识点3 直线与平面的位置关系 1.直线与平面的位置关系 位置关系 图示 表示方法 公共点个数 直线在平面上 无数个 直线不在平面上 直线与平面平行 没有 直线与平面相交 直线与平面斜交 一个 直线与平面垂直 一个 2.线面平行的判定定理 直线与平面平行的判定定理，如果不在平面上的一条直线与这个平面上的一条直线平行,那么该直线与这个平面平行 推理模式： 不在平面 上， 。（线线平行，可推出线面平行） 3.线面平行的性质定理 直线与平面平行的性质定理 如果一条直线与一个平面平行,过这条直线的一个平面与此平面相交,那么其交线必与该直线平行. 推理模式： ．（线面平行，可推出线线平行） 4．线面垂直定义 如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说这条直线和这个平面互相垂直．其中直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，交点叫做垂足，直线与平面垂直简称线面垂直，记作： ． 5.线面垂直判定定理 直线与平面垂直的判定定理如果一条直线与一个平面上的两条相交直线都垂直,那么此直线与该平面垂直. 6.直线与平面垂直的性质定理 垂直于同一个平面的两直线互相平行 推论1 过一点有且只有一个平面与给定的直线垂直， 推论2 过一点有且只有一条直线与给定的平面垂直， 7．点到平面的距离 已知点 是平面 外的任意一点，过点 作 ，垂足为 ，则P A唯一，P A是点 到平面 的距离．即一点到它在一个平面内的射影的距离叫做这一点到这个平面的距离． 结论：连接平面 外一点 与 内一点所得的线段中，垂线段P A最短． 8．三垂线定理 三垂线定理平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在平面上的投影垂直. 知识点4 平面与平面的位置关系 1.平面与平面的位置关系：平行;相交. 2.两个平面平行的判定定理 两个平面平行的判定定理 如果一个平面上的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行。 3.两个平面平行的性质定理 两个平面平行的性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行。 4．二面角 平面上的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面．若棱为 ，两个面分别为 、 的二面角记为 ． 5．二面角的平面角 过二面角的棱上的一点 分别在两个半平面内分别作棱的两条垂线 $O A$、$O B$ ，则 叫做二面角 的平面角．二面角的平面角范围是 ；二面角的平面角为直角时，则称为直二面角．组成直二面角的两个平面互相垂直． 6．平面与平面垂直的判定定理 平面与平面垂直的判定定理，如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面垂直. 7.平面与平面垂直的性质定理 平面与平面垂直的性质定理 加果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直， 8.距离 点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面两个平行平面之间的距离这七种距离,其中点与点、点与直线、点到平面的距离是基础,求其他几种距离一般化归为求这三种距离,点到平面的距离有时用“体积法”来求 考点1 平面及其基本性质 例1（2024•杨浦区校级三模）如图，已知、、分别是正方体的棱、和的中点，由点、、确定的平面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 【答案】 【分析】根据题意，作平行，交于点，取的中点，的，连接、、、，可得过的截面图形． 【解答】解：作平行，交于点， 取的中点，的，连接、、、， 可得过的截面为六边形． 故选：． 例2（2024•闵行区校级二模）两个平面可以将空间分成 　 　个部分． 【分析】分两平面平行与相交得答案． 【解答】解：当两平面平行时，能把空间分成三个部分； 当两平面相交时，能把空间分成四个部分． 故答案为：三或四． 变式1（2023•黄浦区校级三模）如图，正方体中，，分别为棱，的中点，在平面内且与平面平行的直线　　 A．不存在 B．有1条 C．有2条 D．有无数条 【答案】 【分析】由已知中，分别为棱，的中点，结合正方体的结构特征易得平面与平面相交，由公理3，可得两个平面必有交线，由线面平行的判定定理在平面内，只要与平行的直线均满足条件，进而得到答案． 【解答】解：由题设知平面与平面有公共点， 由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线， 在平面内与平行的线有无数条，且它们都不在平面内， 由线面平行的判定定理知它们都与面平行， 故选：． 变式2正方体的棱长为1，、分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 　 　． 【答案】． 【分析】把截面补形为四边形，由等腰梯形计算其面积即可． 【解答】解：如图，把截面补形为四边形， 连接，则，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形， 由正方体的棱长为1，得，， ，则到的距离为， 四边形， 故答案为：． 变式3若空间中两条直线、确定一个平面，则、的位置关系为 　 　 ． 【分析】直接由公理2的两个推论得答案． 【解答】解：空间中两条直线、有三种位置关系，分别为平行、相交和异面， 由公理2的推论可知，只有当两直线平行或相交时，两直线才能确定一个平面． 故答案为：平行或相交． 考点2 异面直线及其所成的角（共8小题） 例1（2025•上海模拟）在正七棱锥中，直线过、、、、、、中的两个不同点．当与直线所成角为最小值时，则满足条件的的条数为 　6　 ． 【答案】6． 【分析】作出图形，结合题意运用正棱锥的性质、直线与平面所成角的性质，找出满足条件的直线的位置，进而可得本题答案． 【解答】解：设点为底面正七边形的中心，连接、，可得是直线与底面所成的角， 由直线与平面所成角的性质，可知是底面内的直线与所成角的最小值． 观察图形，可知直线、与直线的所成角，就是直线与直线所成角的最小值，设这个值为， 由正七边形的性质，可知，， 所以、、、的所在直线与直线所成角都等于， 综上所述，当与所成角为最小值时，满足条件的直线有、、、、、，共6条． 故答案为：6． 例2（2025•青浦区二模）如图，正方体绕直线旋转，直线旋转至直线，则直线与直线所成角的大小为 ． 【分析】将平移到，设绕直线旋转到，可得（或其补角）就是直线与直线的所成角．然后在圆锥中，利用锐角三角函数的定义与勾股定理，结合余弦定理算出，进而可得直线与直线所成角的大小． 【解答】解：根据题意，将绕直线旋转到， 则（或其补角）就是直线与直线的所成角． 在正方体中，． 设、是圆锥的两条母线，， 设，在△中，，可得， 所以， 在△中，，，所以△是正三角形，可得． 在△中，由余弦定理得． 所以，即直线与直线的所成角等于． 故答案为：． 例3（2024•杨浦区二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 　 　． 【答案】． 【分析】，为异面直线与所成角，由此即可得． 【解答】解：正方体中，， 则为异面直线与所成角， ． 故答案为：． 变式1（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则　 　． 【答案】． 【解答】解：如图，过作与平行的母线，连接， 则为直线与所成的角，大小为． 在直角三角形中，因为，所以． 则． 故答案为：． 变式2（2024•上海）已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 　 　． 【答案】． 【分析】由题将转化为即可求解． 【解答】解：如图， 因为，又， ， 化简得， ， ． 异面直线与的夹角为． 变式3（2025•浦东新区校级模拟）已知正方体，是中点，是中点，是中点．（1）求证：平面； （2）求异面直线和所成角的余弦值． 【分析】（1）连接，，推导出，由此能证明平面． （2）取中点，连接，，，推导出四边形是平行四边形，从而或其补角中的锐角或直角为异面直线和所成角，由此能求出异面直线和所成角的余弦值． 【解答】证明：（1）连接，， 底面为正方形，是中点， 是中点，又是中点，， 平面，平面， 平面． 解：（2）取中点，连接，，， 设正方体棱长为． ，，． 故四边形是平行四边形， 或其补角中的锐角或直角为异面直线和所成角． 在． 异面直线和所成角的余弦值为． 考点2 异面直线的判定 例1（2025•宝山区三模）如图所示，长方体中，，，，是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据异面直线的定义逐个判断各个选项即可． 【解答】解：对于，直线与直线相交，而， 直线与直线也相交，故错误， 对于，当点与点重合时，直线与相交，故错误， 对于，当点与点重合时，直线，故错误， 对于，，点，，，共面， 又平面，， 直线与是异面直线，故正确， 故选：． 例2如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可． 【解答】解：对于，当是的中点时，与是相交直线； 对于，根据异面直线的定义知，与是异面直线； 对于，当点与重合时，与是平行直线； 对于，当点与重合时，与是相交直线． 故选：． 变式1如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则　　 A．，且直线，是相交直线 B．，且直线，是相交直线 C．，且直线，是异面直线 D．，且直线，是异面直线 【答案】 【分析】根据题意，连接，分析有、、、四点共面，易得直线，是相交直线，再作于，连接，过作于，连接，求出、的长，即可得答案． 【解答】解：根据题意，如图所示，连接，点为正方形的中心，则在上， 故、都在平面上， 结合图形易得，直线，是相交直线， 再作于，连接，过作于，连接， 由于平面平面．，平面， 则平面，平面，与均为直角三角形． 设正方形边长为2，易知，，．， 故选：． 变式2在空间中，“两条直线不平行”是“这两条直线异面”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 【分析】在空间中，“两条直线不平行”，可得：这两条直线异面或相交．即可判断出结论． 【解答】解：在空间中，“两条直线不平行”，可得：这两条直线异面或相交． “两条直线不平行”是“这两条直线异面”的必要不充分条件． 故选：． 考点3 直线与平面平行 例1如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中不正确的是　　 A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】 【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可． 【解答】解：在直三棱柱中，可得，平面，平面，平面，故正确； 平面，在直三棱柱中，可得平面平面，所以平面，故正确； 取中点，又是中点，所以，且， 又是棱的中点，所以，，， 所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，平面，故正确； 因为，但，所以与相交，从而有不平行于平面，故错误． 故选：． 例2如图，正方体中，、分别为棱、上的点，在平面内且与平面平行的直线　　 A．有一条 B．有二条 C．有无数条 D．不存在 【答案】 【分析】由题设知平面与平面有公共线，由线面平行的判定定理在平面内，只要与平行的直线均满足条件，进而得到答案． 【解答】解：由题设知平面与平面有公共线， 则在平面内与平行的线有无数条，且它们都不在平面内， 由线面平行的判定定理知它们都与面平行， 故选：． 变式1（2025•黄浦区二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 　 　 米．（结果精确到0.01米） 【答案】3.15． 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合即可得到答案． 【解答】解：已知正方体棱长米． 因为平面平面，平面，平面，平面， 设正方体中心为，连接并交平面于点，则平面． 在正方体中，底面△是正三角形，其外接圆半径，根据正三角形外接圆半径公式边长， 可得米． 由勾股定理可得米． 设米，因为点到平面距离为2米， 所以米． 故答案为：3.15． 变式2（2024•嘉定区二模）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，， （1）求证：平面 （2）求直线与的所成角的大小． 【答案】（1）证明过程见详解； （2）． 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量的坐标，可得，再由平面，可证得结论； （2）分别求出直线与的方向向量的坐标，可得两个向量的夹角的余弦值，进而可得两条直线所成的角的大小． 【解答】（1）证明：因为， 可得，三棱柱中，平面， 可得平面， 取，的中点，则， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，0，， ，1，，，1，， 因为为的中点，所以，，， 则，0，，，，，，1，， 设平面的法向量为，，， 则，即，令， 可得，2，， 所以， 即，而平面， 所以平面； （2）解：取直线的方向向量，1，， 直线的方向向量，0，， ，，， 所以， 因为直线与的所成角为，，， 所以直线与的所成角为． 考点4 直线与平面垂直 例1（2025•浦东新区校级模拟）若是空间中的一条直线，，是空间中两个相互垂直的平面，则“”是“”的　　 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】 【分析】利用面面垂直，线面垂直的性质判断充分性和必要性即可． 【解答】解：当时，， 或，故充分性不成立， 当时，， 或或，故必要性不成立， 则“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：． 变式1（2024•青浦区模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，、分别为线段、上的点，且，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明见解答； （2）证明见解答． 【分析】（1）由等比例线段可得，由线面平行的判定定理即可得证； （2）在△中，由勾股定理逆定理可得，在△中，由余弦定理求出的长，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，结合，由线面垂直的判定定理即可求证； 【解答】证明：（1）因为、分别为线段、上的点，且，， 所以，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为，，，所以， 所以，可得， 又因为， 所以 ，可得， 又因为，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面， 因为面，所以， 因为，， 所以平面． 变式2（2025•上海校级模拟）如图，长方体中，，．是棱上一点，且，交于点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【分析】（1）分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可； （2）设平面的一个法向量为，求出法向量，利用向量法求解． 【解答】解：（1）如图，分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， ，0，，，0，，，3，， ，0，，，3，，，0，， 因为在上，故可设，3，，又， 所以， 解得，所以， 所以 因为， 所以，即， 因为，，平面，所以平面． （2）由（1）得， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，所以得， 因为， 所以所求的距离为． 考点5 平面与平面平行 例1在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得　　 A． B． C．平面 D．平面平面 【答案】 【分析】作出截面后可作，从而判断，利用线面垂直的性质判断，根据面面平行的性质判断． 【解答】解：选项，正方体中，显然有，连接延长， 如果直线交棱于点（图， 则作交于，连接，则是梯形， 作交于，则平面， 如果直线交棱于点（图， 则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此正确； 选项，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内， 而当平面，平面时，直线与平面相交，不可能平移到平面内，错； 选项，由选项知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，错； 选项，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面， 则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，错． 故选：． 变式1设、表示两个不同的平面，表示一条直线，且，则是的　　 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 【答案】 【分析】根据线面、面面平行的判定与性质定理即可判断出结论． 【解答】解：由，， 反之不成立，可能或与相交． 是的必要不充分条件， 故选：． 考点6 平面与平面垂直 例1如图，三棱柱中、四边形是菱形，且，，，， （1）证明：平面平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值； 【答案】（1）证明过程见解析； （2）． 【分析】（1）取的中点，连接，，由题意可知，再利用勾股定理证得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而证得平面平面； （2）以点为坐标原点，分别以，，的正方向为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，得到平面的一个法向量，再利用线面夹角的向量公式求解即可． 【解答】证明：（1）取的中点，连接，，如图所示： 四边形是菱形，且， 为等边三角形，又， ，， ，，，且， 又，， ， 又，， 平面， 又平面， 平面平面； 解：（2）由（1）可知，，，两两垂直， 以点为坐标原点，分别以，，的正方向为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，1，，，，，，0，， ，1，，，1，，，1，， 设平面的一个法向量为，，，则， 即，取得，， ，，， 直线和平面所成角的正弦值为，． 变式1（2025•青浦区校级模拟）如图，在四棱锥中，，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为， 求与平面所成的线面角的大小． 【答案】（1）证明详见解析； （2）． 【分析】（1）根据已知条件，结合线面垂直的判定，推出平面，再结合平面，即可求证； （2）取中点，结合线面垂直的判定，推出底面，再结合四棱锥的体积公式，推得，即可求出，再结合为与平面所成的角，即可求解． 【解答】证明：（1）在四棱锥中，， ，， 又， ， ， 平面， 平面， 平面平面； （2）解：取中点，连结， ，为的中点， ， 平面，平面， ， ， 底面， 设， 则，， 四棱锥的体积为，底面， ，解得， ， ， 底面， 为与平面所成的角， 在中，， ， 故与平面所成的线面角为． 变式2如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱，上，且，．设． （1）当时，求异面直线与所成角的大小； （2）当平面平面时，求的值． 【分析】（1）推导出平面，，，建立分别以，，为，，轴的空间直角坐标系，利用法向量能求出异面直线与所成角． （2）推导出平面的法向量和平面的一个法向量，由平面平面，能求出的值． 【解答】解：（1）直三棱柱，平面， ，平面，，， ，建立分别以，，为，，轴的空间直角坐标系， 设，则，， ，0，，，0，，，0，，，1，， ，0，，，1，， ，， ， 向量和所成角为． 异面直线与所成角为． （2），0，，，，，，0，，，，， 设平面的法向量，，， 则，取，得，，， 同理得平面的一个法向量，，， 平面平面， ，解得． 当平面平面时，的值为． 考点7 几何法求解直线与平面所成的角 例1（2024•黄浦区校级三模）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由题意易得点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨，进而求解即可． 【解答】解：若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体的表面的交轨， 在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）； 在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）； 在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图， 故点的轨迹长度为． 故选：． 例2（2025•上海模拟）如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2． （1）当时，求直线与平面所成角的大小； （2）当四面体的表面积最大时，求的值及其体积． 【答案】（1）； （2），． 【分析】（1）过作平面，垂足为，为直线与平面所成的角，在△中求解即可； （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时，故四面体的体积． 【解答】解：（1）根据题意可知，当时，为正四面体， 过作平面，垂足为，则点为正△的中心， 进而为直线与平面所成的角， 在△中，，， 则，故， 所以直线与平面所成角的大小为； （2）根据题意可知，当四面体表面积最大时，和都是直角，此时， 取的中点，连接、，故，， ，，平面，从而平面， 由题意，， 进而可得△的面积为， 故四面体的体积． 变式1（2025•金山区校级三模）如图，在圆柱中，底面直径等于母线，点在底面的圆周上，点在线段上． （1）求证：； （2）若点是的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明过程请见解答；（2）． 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证； （2）取的中点，连接，，先证平面，从而知即为所求，再结合勾股定理与锐角三角函数，求解即可． 【解答】（1）证明：由圆柱的性质知，平面， 因为平面，所以， 又点在底面的圆周上，所以， 因为，、平面， 所以平面， 又平面，所以． （2）取的中点，连接，， 因为点是的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 所以是直线与平面所成角， 设，则，， 所以， 故直线与平面所成角的大小为． 变式2（2025•杨浦区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，平面． （1）求证：直线； （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）利用三角函数值相等找到角度的关系； （2）求出线面垂直即可找到为所求． 【解答】解：（1）证明：因为，所以， 因为，所以， 所以，因为面，所以为在面的投影， 所以直线； （2）因为面， 因为，，所以面， 所以为所求， 因为，所以， 所以直线与平面所成角的大小为． 变式3（2024•金山区校级三模）已知圆锥的底面半径为1，母线长为，点为圆锥底面圆周上的一点，为圆心，是的中点，且． （1）求圆锥的全面积； （2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）圆锥的全面积等于圆锥的底面积与圆锥的侧面积之和，根据圆锥的侧面积公式求得面积，代入相加即得； （2）先根据线面垂直判定定理得平面，即得是直线与平面所成角，再解三角形得直线与平面所成角的大小． 【解答】解：（1）因为圆锥的底面半径为1，母线长为， 所以圆锥的底面积， 圆锥的侧面积：， 圆锥的全面积：． （2）由已知平面，平面，所以， 因为，所以， 又，平面， 则平面， 所以是直线与平面所成角． 在△中，，， 所以，直线与平面所成角为． 考点8 几何法求解二面角及两平面的夹角 例1（2024•徐汇区模拟）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是 ①三棱锥的体积为； ②点形成的轨迹长度为 A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】 【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△外心和△外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②． 【解答】解：设△外心为，△外心为，如图， 则平面，平面， 平面，平面， ，， ， 平面， ， 平面， 平面， ，且， 二面角的大小为 ，， ，，，四点为共面，且， 如图： 是中点， ， ，故①是真命题； 又， 点形成的轨迹是半径为的圆， 轨迹长度为，故②真命题． 故选：． 例2（2024•浦东新区三模）边长都是为1的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为，、分别是对角线、上的动点，且，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由二面角的平面角定义，可得为和所在的两个半平面所成的二面角，设，，利用相似三角形得出和，再利用余弦定理求得的表达式，进而求得取值范围． 【解答】解：设，，则， 由题意，，在上的投影是同一点，设为，连接，， 则为和所在的两个半平面所成的二面角， 则， 由，可得， 由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 因为，所以，则． 故选：． 例3（2025•宝山区二模）空间中有相互垂直的两条异面直线、，点、，、，且，，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 　 　 ． 【答案】． 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值． 【解答】解：根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于的点的轨迹为双曲线． 由，可知，所以点在以、为焦点的双曲线上．在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面． 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上． 由于，所以、在与垂直的面上． 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为， 过作于，在双曲线中，变形可得， 在△（因为中，的长度可根据坐标关系得到，， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为中点）， 由（球的半径的平方为4，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关点坐标与点纵坐标有关）， 且在轴上的投影长度就是，所以， 在△中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到， ， 令，则． 对于二次函数，其对称轴为， 当时，取得最大值， 所以． 故答案为：． 例4（2025•黄浦区校级三模）已知函数的部分图像如下，将△沿翻折至△，使得二面角为，若，则　 　 ． 【答案】． 【分析】利用，可求得，作出二面角的平面角，结合余弦定理和勾股定理可求得点坐标，由此可得的最小正周期，进而得到． 【解答】解：，又，， 记点为，翻折后，连接， ，， 即为二面角的平面角， ， ， ， 轴，，，又，，平面， 平面，又平面， ， ， ， 的最小正周期， ． 故答案为：． 变式1（2024•青浦区模拟）如图，已知正三角形和正方形的边长均为2，且二面角的大小为，则 　 　． 【答案】． 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可． 【解答】解：取中点，连接，过作的垂线，交于点， 因为正三角形边长均为2，二面角的大小为， 则，， 则为二面角的平面角，即， 且，， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，0，，，0，，，2，， 故，，2，， 故． 故答案为：． 变式2（2025•青浦区校级模拟）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线． （1）求证：平面； （2）若，求二面角的大小． 【答案】（1）证明过程请见解答；（2）． 【分析】（1）先证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）连接，先证平面，取的中点，连接，，由三垂线定理知即为所求，再利用锐角三角函数求解即可． 【解答】（1）证明：连接， 因为、是的两个三等分点， 所以， 又， 所以△和△都是等边三角形， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为、都是圆柱的母线，所以， 又，，、平面，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）解：连接，则， 因为都是圆柱的母线，所以平面， 又平面，所以， 又，所以平面， 取的中点，连接，， 因为，所以，且， 所以即为二面角的平面角， 在△中，，， 所以， 故二面角的大小为． 考点9 点、线、面间的距离计算 例1如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 【答案】 【分析】取，由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上，过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示，利用平面几何知识即可求解． 【解答】解：由题意，取， 由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上； 过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示： 由题意可得是正方形，且， ，， ，， ，， ， ， ，解得， ． 故选：． 例2（2024•虹口区二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且．若，点为棱的中点，点在上，则线段，的长度和的最小值为 　 　． 【答案】． 【分析】找出线段，的长度和的最小值，然后通过求解三角形，推出结果． 【解答】解：取的中点为，连接，又为的中点，则，又，则，，，四点共面， 将平面翻折到与平面共面，则线段，的长度和的最小值为的长度， 由题意知，， ，，， ，， ． 故答案为：． 例3（2024•静安区二模）正四棱锥底面边长为2，高为3，则点到不经过点的侧面的距离为 　 　． 【答案】． 【分析】根据条件可以求点到侧面的距离，利用等体积转化法即可得解． 【解答】解：如图：在正四棱锥中，因为， 所以， 取的中点，连接，则面， 即， 所以， 又因为， 取的中点，连接，，则， 因为，所以， 所以， 根据正四棱锥的对称性可知：点到不经过点的侧面的距离是相等的， 设点到平面的距离为， 则， 因为， 所以， 即， 解得， 即点到不经过点的侧面的距离为． 故答案为：． 变式1（2025•崇明区二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，，点，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【分析】（1）推导出，，从而平面，平面，进而，，由此能证明平面． （2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，， ，， ，， 平面，平面， ，， ，平面． （2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， ，点，分别为，的中点， ，0，，，0，，，0，，，1，， ，0，，，1，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，1，， 点到平面的距离为： ． 变式2（2025•金山区二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解答；（2）． 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，从而可证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可． 【解答】解：（1）证明：由平面，平面，则， 又，由且都在平面内，则平面， 又面，所以平面平面． （2）由（1）易知，又，过作于， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，过作，易知， 故建立如下图所示空间直角坐标系，又，，， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以点到平面的距离． 变式3（2024•嘉定区校级模拟）已知，四棱锥的底面是矩形，平面，，． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【分析】（1）只需证明，即可证明平面； （2）利用等体积法可求得结果． 【解答】证明：（1）在直角三角形中，， 所以底面为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面； 解：（2）由题意可知点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， 由（1）可得，所以， 由得，即， 所以， 所以点到平面的距离等于． 考点10 空间中点到平面的距离 例1（2025•黄浦区二模）给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，2，3，，那么的所有不同值的个数组成的集合为 A．，2，3， B．，2， C．， D． 【答案】 【分析】根据题意，分类讨论，确定平面的位置，结合点到平面的距离的定义，进行分析判断，即可求解． 【解答】解：当平面与四面体的三条棱的中点相交时， 不妨设平面过棱，，的中点，，，此时点，到平面的距离相等， 且平面平面，如图（1）所示， 此时，，到平面的距离可能与，到平面的距离相同，此时有1不同的值； 不妨设平面过棱的中点，且过，分别为的三等分点，时， 如图（2）所示，此时点，到平面的距离相等，且，到平面的距离相等， 且，到平面的距离与，到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱，的中点，，且过分别为的三等分点时， 如图（3）所示，此时点，，到平面的距离相等， 其中，，到平面的距离与到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱的中点，过的靠近的三等分点，过靠近点的三等分点， 此时，到平面的距离不同，，到平面的距离不同， 且，，，到平面的距离两两之间都可能不同，此时有3个不同的值； 又因为，，，四个点均不在平面上，也不在平面的同侧， 所以不能有4个不同的值（若有4个不同的值，四个点必然在平面的同侧）， 所以的所有不同值的个数组成的集合为，2，． 故选：． 变式1（2025•虹口区二模）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明过程请见解答；（2）． 【分析】（1）利用勾股定理及已知条件中的线面垂直，分别证明，，再由线面、面面垂直的判定定理即可得证； （2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离． 【解答】（1）证明：取的中点，连接， ，， ，，且， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，， ，即， 平面，平面，， 又，平面，平面，平面， 平面，平面平面． （2）解：连接，，， 由（1）可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设， ，，△是等边三角形， 而， ，解得，即， ，，， 由（1）知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ， ， 所以， 即点到平面的距离为． 变式2（2025•杨浦区二模）座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承．如图，、分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知，． （1）求证：； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解答． （2）． 【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可． 【解答】解：（1）证明：如图， 连接，因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以，，，平面， 所以平面， 又平面，所以． （2）如图， 连接，， 因为，， 由正八边形的性质可得，， 为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即，解得， 所以点到平面的距离为． 1．（2025•金山区校级三模）在棱长为1的正方体中，点，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动．则平面的一个充分非必要条件是　　 A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 【答案】 【分析】取的中点，的中点，连结，，，取上点，连结，易证得平面平面，即点的轨迹为线段，再求出的长度，判断出四个命题的真假． 【解答】解：取的中点，的中点，连结，，，取上点，连结， 因为点，分别是棱长为1的正方体中棱，的中点， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且， 所以平面平面， 又因为动点在正方形（包括边界）内运动， 且面， 所以点的轨迹是线段，因为正方体的棱长为1，所以， 可得点的轨迹长度为． 所以只有符合条件． 故选：． 2．（2024•浦东新区校级模拟）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】取中点，则面，即，可得点在以为圆心，1以半径的位于平面内的半圆上．即到的距离减去半径即为长度的最小值，作于，可得，长度的最小值为． 【解答】解：如图，取中点，则面，即， ，则，点在以为圆心，1以半径的位于平面内的半圆上． 可得到的距离减去半径即为长度的最小值， 作于， △的面积为， ，可得，长度的最小值为． 故选：． 3．（2025•上海）已知是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．、分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 　 　． 【答案】． 【分析】过作交底面圆锥于点，则为异面直线与所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得的取值范围，从而得所求最值． 【解答】解：是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1， 、分别在圆锥的底面上， 如图，过作交底面圆锥于点，连接， ，，则为异面直线与所成角， ， 又， ，即， ，函数在上单调递减， ， 异面直线与所成角的最小值为． 故答案为：． 4．（2025•黄浦区校级二模）在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，1，，则点，1，到平面的距离为 　 　 ． 【分析】利用点到平面的距离公式求解即可． 【解答】解：因为， 又平面的一个法向量，1，， 所以点，1，到平面的距离为． 故答案为：3． 5．（2024•虹口区模拟）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱贯穿构成，正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面，正四棱锥的侧棱长为，底面边长为6，正四棱柱的底面边长为，，，是正四棱锥的侧棱和正四棱柱的侧棱的交点，则　 　． 【答案】2． 【分析】先作出截面，再由截面分析出各三角形的边长，利用相似三角形求解即可． 【解答】解：过作垂直于四棱锥底面的截面，如图所示， 由条件可知为底面正方形的对角线，所以，所以， 长度为正四棱柱底面正方形的对角线，所以，长度为正四棱柱底面正方形的对角线的一半，所以， 由可得，解得，， 由可得， 所以． 故答案为：2． 6．（2024•普陀区校级模拟）正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 　 　． 【答案】． 【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可． 【解答】解：由正四面体的棱长为12，则其高为， 则其体积为， 设正四面体内切球的半径为， 则，解得， 如图，取的中点为， 则， 显然，当的长度最小时，取得最小值， 设正四面体内切球的球心为，可求得， 则球心到点的距离， 所以内切球上的点到点的最小距离为， 即当取得最小值时，点到的距离为． 故答案为：． 7．（2024•青浦区校级模拟）已知正四面体的边长为1，是空间一点，若，则的最小值为 　 　． 【分析】首先求得正四面体的内切球半径和外接球半径，再根据空间向量的线性运算及数量积运算，求得，从而判定点位于内切球上，得出结论． 【解答】解：设是正四面体内切球的球心， 由体积法可求正四面体的内切球半径为， 正四面体的外接球半径为， 则 ，即， 所以是正四面体内切球上一点， 故的最小值为． 故答案为：． 8．（2025•虹口区校级三模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）证明：平面． （2）若平面，，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形为平行四边形，从而得．然后由线面平行的判定定理可证得结论， （2）由已知可得，，两两垂直，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可． 【解答】（1）证明：取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以， 又底面为菱形，所以， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）解：连接， 因为平面，，平面， 所以，， 因为四边形为菱形，， 所以△为等边三角形， 因为为的中点， 所以， 因为， 所以， 所以，，两两垂直， 所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设平面的法向量， 则，令，得， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 9．（2025•浦东新区校级三模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面，且． （1）求证：平面； （2）与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明详见解析； （2）． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理得到平面平面，从而得到平面； （2）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，从而求出与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：因为四边形是正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为四边形是梯形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，，平面， 故平面平面， 又因为平面， 所以平面； （2）因为，平面，，平面， 所以，，即，，两两垂直， 故以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图所示， 则有，2，，，0，，，2，，，0，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则有， 令，则，，所以， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 10．（2024•宝山区二模）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）异面直线与所成角的大小为． 【分析】（1）根据圆柱的几何特征及圆周角定理，我们易根据已知中点在圆柱的底面圆周上，为圆的直径，得到，，结合线面垂直的判定定理得到平面后，易进一步得到； （2）延长交圆于点，连接，，结合圆柱的体积为，，，我们易得即为异面直线与所成角，利用余弦定理求出其余弦值，即可得到答案． 【解答】解：（1）证明：易知， 又由平面，得， 从而平面，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， 从而， 所以异面直线与所成角的大小为． 1 / 65 学科网（北京）股份有限公司 $