第23讲 点、直线、平面之间的位置关系（知识清单+9题型讲解练+强化训练）讲义-2026年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+培优点专项突破（新高考版）

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何核心考点，涵盖空间点线面位置关系的12个知识点，从基本事实、位置关系到平行垂直判定与性质，构建逻辑递进的知识网络。通过知识清单系统梳理、题型讲解举三反三、强化训练分层突破的教学流程，帮助学生建立空间观念，突破异面直线成角、线面平行垂直等难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义创新采用“知识点-题型-能力”三阶提升模式，如题型讲解中每个考点配例题与变式训练，培养学生几何直观与推理能力。强化训练设选择、填空、解答题分层题型，贴合高考命题规律。通过真题情境化教学，帮助学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第23讲 点、直线、平面之间的位置关系 知识清单 知识点01：函数的定义 知识点02：“三个”推论 知识点03：空间中直线与直线的位置关系 知识点04：空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 知识点05：等角定理 知识点06：异面直线所成的角 知识点07：线面平行的判定定理和性质定理 知识点08：面面平行的判定定理和性质定理 知识点09：直线与平面垂直 知识点10：直线和平面所成的角 知识点11：二面角 知识点12：平面与平面垂直 题型讲解 （举三反三） 题型1：基本事实的应用 题型2：空间位置关系的判断 题型3：异面直线所成的角 题型4：直线与平面平行的判定与性质 题型5：平面与平面平行的判定与性质 题型6：平行关系的综合应用 题型7：直线与平面垂直的判定与性质 题型8：平面与平面垂直的判定与性质 题型9：垂直关系的综合应用 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01：基本事实 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. 知识点02：“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. 知识点03：空间中直线与直线的位置关系 : 知识点04：空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 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 知识点05：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. 知识点06：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：. 知识点07：线面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ⇒a∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 ⇒a∥b 知识点08：面面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 ⇒β∥α 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 ⇒a∥b 知识点09：直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 知识点10：直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°. (2)范围：. 知识点11：二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (3)二面角的范围：[0，π]. 知识点12：平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 题型1：基本事实的应用 【例1-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知空间中不过同一点的三条直线，则“共面”的一个充分不必要条件是（   ） A．，且 B．，且 C．，且 D．两两相交 【例1-2】（2021·四川泸州·二模）如图，已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别为，的中点．    (1)求证：直线、、交于一点； (2)若，求多面体的体积． 【例1-3】（21-22高三上·江苏南通·期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB//CD，AD⊥CD，AB＝AD＝1，DC＝DP＝2，PD⊥平面ABCD． (1)求证：BC⊥平面PBD； (2)设M，N分别为棱PA，PC的中点，点T满足，求证：B，N，T，M四点共面． 【变式1-1】（2023·贵州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为的中点.    (1)已知点满足，求证四点共面； (2)求点到平面的距离. 【变式1-2】（24-25高二上·上海·单元测试）已知在正方体中，E、F分别为、的中点，，．求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若交平面DBFE于R点，则P、Q、R三点共线； (3)DE、BF、三线交于一点． 【变式1-3】（2025高三·上海·专题练习）如图，在正方体中，对角线与平面交于点O，AC与BD交于点M，E为AB的中点，F为的中点，求证：，O，M三点共线． 题型2：空间位置关系的判断 【例2-1】（2025·江西景德镇·模拟预测）已知是空间中的三条直线，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 【例2-2】（多选）（2025·广东·模拟预测）如图所示，已知A、B、C、D、E、F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（    ）    A．直线AB B．直线BC C．直线CD D．直线DA 【例2-3】（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. 【变式2-1】(多选)（2025·上海长宁·一模）如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（　　） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【变式2-2】（多选）（2024·广东惠州·模拟预测）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2-3】（2021·贵州贵阳·模拟预测）如图，在正方体中选出两条棱和两条面对角线，使这四条线段所在的直线两两都是异面直线，如果我们选定一条面对角线，那么另外三条线段可以是 .(只需写出一种情况即可) 题型3：异面直线所成的角 【例3-1】（2025·广东·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【例3-2】（2025·上海·模拟预测）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 ． 【例3-3】（2023·上海·模拟预测）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.    (1)求该圆锥的侧面积与体积； (2)求异面直线AB与CD所成角的大小. 【变式3-1】（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，为线段上的动点，则直线与所成角的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 . 【变式3-3】（2022·上海青浦·二模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，是弧的中点． (1)求该圆柱的表面积和体积； (2)求异面直线与所成角的大小． 题型4：直线与平面平行的判定与性质 【例4-1】（2025·上海金山·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 【例4-2】（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 【例4-3】（2025·山东潍坊·一模）如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 【变式4-1】（2024·山东·一模）如图所示，在四棱锥中，分别为上的点，且平面，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．以上均有可能 【变式4-2】（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 【变式4-3】（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .    (1)求证: 点H为线段的中点; (2)求三棱锥 的体积. 题型5：平面与平面平行的判定与性质 【例5-1】（2025·湖北·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 【例5-2】（2023·陕西榆林·三模）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为 ． 【例5-3】（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 【变式5-1】（2024·吉林长春·模拟预测）三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式5-2】（2022·全国·模拟预测）已知在长方体中，，AB＝2，平面过棱AB，BC，的中点，点底面ABCD．若直线平面，则的最小值为 ． 【变式5-3】（2025·山东聊城·模拟预测）如图所示的多面体中，平面，，，，，，，． (1)若点为中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 题型6：平行关系的综合应用 【例6-1】（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 【例6-2】（2025·四川·三模）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； (2)若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值． 【例6-3】（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.    (1)求证：平面： (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式6-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）在四棱锥中，E，F分别是线段AP，BC上的点，，则下列条件可以确定平面PCD的是（   ） A． B． C．平面PAD D．， 【变式6-2】（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【变式6-3】2023·浙江·三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点. (1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值； (2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值. 题型7：直线与平面垂直的判定与性质 【例7-1】（2025·山东聊城·模拟预测）三棱锥中，，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【例7-2】（2025·上海奉贤·一模）在正四棱台中，异面直线与所成角的大小为 ． 【例7-3】（2025·上海杨浦·模拟预测）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7-1】（2025·四川绵阳·模拟预测）若l，m是两条不同的直线，平行于平面，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式7-2】（2024·山东青岛·模拟预测）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为 . 【变式7-3】（2025·新疆·三模）如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． (1)求证：平面； (2)若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 题型8：平面与平面垂直的判定与性质 【例8-1】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知直线、与平面、、，则能使的充分不必要条件是（    ） A．， B．，， C．，， D．，， 【例8-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ． 【例8-3】（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上. (1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小； (2)证明：平面平面 【变式8-1】（2025·四川绵阳·模拟预测）已知正四棱台中，，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2024·全国·模拟预测）在棱长为4的正方体中，点为的中点，点在平面上运动，则的最小值为 ． 【变式8-3】（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，为线段上一点，. (1)求证：点为线段的中点； (2)若直线与直线所成角的正切值为5，，求证：平面平面. (3)设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为，求关于的函数表达式，并求的取值范围. 题型9：垂直关系的综合应用 【例9-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，为的中点，，与平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【例9-2】（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，是边长为2的正三角形，且．      (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【例9-3】（2025·广东·模拟预测）如图，三棱柱的所有棱长均为，，二面角的余弦值为． (1)证明：． (2)求三棱柱的体积． (3)求二面角的正弦值． 【变式9-1】（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【变式9-1】（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【变式9-3】（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 一、单选题 1．（2025·上海杨浦·一模）若为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（2024·山东青岛·一模）已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2025·重庆·二模）已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 4．（2025·安徽合肥·二模）若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（    ） 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 5．（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． 6．（2024·宁夏石嘴山·三模）在正方体中，分别是线段与的中点，现有如下结论： ①直线与直线所成的角为；        ②； ③；                            ④平面． 则正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2024·宁夏·二模）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论不正确的有（    ） A．三棱锥的体积不变 B． C． D．与平面所成的角大小不变 8．（2025·福建福州·模拟预测）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．   B．   C．   D．   二、多选题 9．（2024·北京朝阳·模拟预测）在正方体中，点为棱中点，则（   ） A．过有且只有一条直线与直线和都相交 B．过有且只有一条直线与直线和都垂直 C．过有且只有一个平面与直线和都平行 D．过有且只有一个平面与直线和所成角相等 10．（2025·浙江温州·二模）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（    ） A． B． C．平面 D．平面 11．（2025·湖南·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P是线段（含端点）上的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．若点M在正方形内（含边界），且，则点M的轨迹长为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．存在点P，使得异面直线与所成的角为 三、填空题 12．（2023·全国·模拟预测）在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为 . 13．（2025·山西吕梁·一模）如图所示，在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 . 14．（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 四、解答题 15．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 16．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. 17．（2025·甘肃武威·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； (2)若二面角为120°，求直线与平面所成角的余弦值． 19．（2025·江西·模拟预测）如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．      (1)求五面体BCDFPQ的体积； (2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； (3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第23讲 点、直线、平面之间的位置关系 知识清单 知识点01：函数的定义 知识点02：“三个”推论 知识点03：空间中直线与直线的位置关系 知识点04：空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 知识点05：等角定理 知识点06：异面直线所成的角 知识点07：线面平行的判定定理和性质定理 知识点08：面面平行的判定定理和性质定理 知识点09：直线与平面垂直 知识点10：直线和平面所成的角 知识点11：二面角 知识点12：平面与平面垂直 题型讲解 （举三反三） 题型1：基本事实的应用 题型2：空间位置关系的判断 题型3：异面直线所成的角 题型4：直线与平面平行的判定与性质 题型5：平面与平面平行的判定与性质 题型6：平行关系的综合应用 题型7：直线与平面垂直的判定与性质 题型8：平面与平面垂直的判定与性质 题型9：垂直关系的综合应用 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01：基本事实 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. 知识点02：“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. 知识点03：空间中直线与直线的位置关系 : 知识点04：空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 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 知识点05：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. 知识点06：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：. 知识点07：线面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ⇒a∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 ⇒a∥b 知识点08：面面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 ⇒β∥α 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 ⇒a∥b 知识点09：直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 知识点10：直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°. (2)范围：. 知识点11：二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (3)二面角的范围：[0，π]. 知识点12：平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 题型1：基本事实的应用 【例1-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知空间中不过同一点的三条直线，则“共面”的一个充分不必要条件是（   ） A．，且 B．，且 C．，且 D．两两相交 【答案】D 【分析】根据充分不必要条件得要求推出各选项是否能保证三条直线共面. 【详解】选项A：，且，三条直线可能在不同的平面. 选项B：，且，三条直线可能分布在三个平行平面内. 选项C：，且，垂直于但可能不在与确定的平面内. 选项D：两两相交且不过同一点的三条直线必然共面. 故选：D 【例1-2】（2021·四川泸州·二模）如图，已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别为，的中点．    (1)求证：直线、、交于一点； (2)若，求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得四边形为梯形，再根据平面的性质证明三线交于一点； （2）根据题意利用割补法求体积. 【详解】（1）连接、， 因为、分别为、的中点，所以且． 因为是直四棱柱，且底面是正方形， 所以，且，即四边形是平行四边形， 所以且，所以，且， 所以四边形为梯形，所以与交于一点，记为， 即，且平面，平面， 所以平面，平面， 又因为平面平面，则直线， 所以直线、、交于一点. （2）连接， 由题意可得：.        【例1-3】（21-22高三上·江苏南通·期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB//CD，AD⊥CD，AB＝AD＝1，DC＝DP＝2，PD⊥平面ABCD． (1)求证：BC⊥平面PBD； (2)设M，N分别为棱PA，PC的中点，点T满足，求证：B，N，T，M四点共面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取中点，连结，则，且，由勾股定理得，由此能证明面. （2）取中点，连接，，，，由，知为中点，，再证明且，所以四边形是平行四边形，进而，故结论成立. 【详解】（1）面，又面，， 取中点，连结，则，且， 在中，，在中，， ，， 平面． （2）取中点，连接，，，， 由，所以知为中点，又是中点， 所以， 又分别为棱的中点，所以且， 又，，，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以，，，四点共面． 【变式1-1】（2023·贵州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为的中点.    (1)已知点满足，求证四点共面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作中点，连接，根据是平行四边形和为中位线，得到证明； （2）设到平面的距离为和到平面的距离为，利用求解. 【详解】（1）证明：如图，    作中点，连接， 因为是平行四边形， 所以， 在中，为中位线，故， 所以，故四点共面． （2）设到平面的距离为，点到平面的距离为， 在中，． 故的面积． 同理，由三棱锥的体积， 所以，得． 故到平面的距离为． 【变式1-2】（24-25高二上·上海·单元测试）已知在正方体中，E、F分别为、的中点，，．求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若交平面DBFE于R点，则P、Q、R三点共线； (3)DE、BF、三线交于一点． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证明两直线平行，再根据两平行线可确定一平面证明共面； （2）结合面面交线证明三点共线； （3）根据面面相交于一条直线，再证明三线交于一点； 【详解】（1）证明：因为EF是的中位线，所以． 在正方体中，，所以． 所以EF、BD确定一个平面，即D、B、F、E四点共面． （2）在正方体中，设平面为、平面BDEF为． 因为，所以．又，所以．所以Q是与的公共点． 同理，P也是与的公共点．所以． 又，所以，，且．则， 故P、Q、R三点共线． （3）因为且，所以DE与BF相交， 设交点为M，则由，平面，得平面， 同理，点平面．又平面平面， 所以．所以DE、BF、三线交于一点M． 【变式1-3】（2025高三·上海·专题练习）如图，在正方体中，对角线与平面交于点O，AC与BD交于点M，E为AB的中点，F为的中点，求证：，O，M三点共线． 【答案】证明见解析 【分析】由题意得平面，又可证平面，根据基本事实，即可得证． 【详解】由题意得平面， 又，平面， 所以平面， 由基本事实3可得，点在平面和平面的交线上， 所以三点共线． 题型2：空间位置关系的判断 【例2-1】（2025·江西景德镇·模拟预测）已知是空间中的三条直线，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】根据空间中直线位置关系判断两个条件的推出关系即可得解. 【详解】若且，则必有，充分性成立， 若且，则可能平行，也可能相交、异面，必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【例2-2】（多选）（2025·广东·模拟预测）如图所示，已知A、B、C、D、E、F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（    ）    A．直线AB B．直线BC C．直线CD D．直线DA 【答案】CD 【分析】由异面直线的定义依次分析选项. 【详解】如图所示的正方体中，A、B、C、D、E、F分别是所在棱的中点，    正方体中有且，四边形为平行四边形，有且， 又，，所以且， 所以为梯形，故直线与相交，A错误； 正方体中，因为，所以，故B错误； 因为平面平面，平面，平面， 所以直线与直线无公共点， 又，，所以直线与直线不平行， 即直线与直线是异面直线，故C正确； 因为平面，平面，，故直线与异面，D正确. 故选：CD 【例2-3】（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 【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 【变式2-1】(多选)（2025·上海长宁·一模）如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（　　） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】BD 【分析】本题考查正方体的结构特征，利用异面直线的判断法若 则直线与互为异面直线依次分析选项即可 【详解】如图取中点,和顶点M,N,P,Q连接 在正方体中有,所以，所以点四点共面，所以直线EF与直线共面，选项A不对； 直线平面BCG, 直线平面,所以直线与直线是异面直线，又因为,所以直线与直线是异面直线，选项B正确； 在正方体中有,所以，选项C不对； 直线平面AFG, 直线平面,所以直线与直线是异面直线,选项D正确； 故选：BD 【变式2-2】（多选）（2024·广东惠州·模拟预测）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 【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2-3】（2021·贵州贵阳·模拟预测）如图，在正方体中选出两条棱和两条面对角线，使这四条线段所在的直线两两都是异面直线，如果我们选定一条面对角线，那么另外三条线段可以是 .(只需写出一种情况即可) 【答案】，，（或 ，，或， ，或，， ） 【解析】结合图形，利用异面直线的概念，把与成异面直线的面对角线写出一条，正方体的棱写出两条即得答案. 【详解】在正方体中，与 成异面直线的面对角线可以是， 正方体的棱可以是，， 与成异面直线的面对角线可以是，正方体的棱可以是， ， 与成异面直线的面对角线可以是，正方体的棱可以是， ， 与成异面直线的面对角线可以是，正方体的棱可以是， ， 故答案为：，，（或 ，，或， ，或，， ） 【点睛】关键点点睛：该题考查的是异面直线的定义以及判断方法，在解题的过程中，关键是要掌握正方体的结果特征，可以结合图形来判断. 题型3：异面直线所成的角 【例3-1】（2025·广东·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，连接，设，为异面直线与所成的角，即可求解． 【详解】如图，设，连接，设． 易得，且， 所以四边形为平行四边形，则， 所以或其补角为异面直线与所成的角． 设正方体的棱长为1，则． 因为，且，所以， 所以， 所以，则． 故异面直线与的夹角为． 故选：A    【例3-2】（2025·上海·模拟预测）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C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. 【详解】 如图，过作交底面圆锥于点，连接， 因为，则为异面直线与所成角， 所以， 又，所以，即， 因为，函数在上单调递减，所以， 故异面直线与所成角的最小值为. 故答案为：. 【例3-3】（2023·上海·模拟预测）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.    (1)求该圆锥的侧面积与体积； (2)求异面直线AB与CD所成角的大小. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由圆锥的侧面积与体积公式求解即可； （2）找到异面直线AB与CD所成角的平面角，计算即可. 【详解】（1）由题意，得，， ， ，； （2）如图：    取PO的中点E，连接DE，CE，因为点D是母线PA的中点， 所以， 则或其补角即为异面直线AB与CD所成角， 因为平面，平面，所以，所以， 因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以，所以, 又，且两直线在平面内，所以平面EOC，平面，∴，， ， 于是，即异面直线AB与CD所成角的大为. 【变式3-1】（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，为线段上的动点，则直线与所成角的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据异面直线所成角定义结合正方体的几何特征求解. 【详解】正方体中，，所以为等边三角形. 因为，所以或其补角为直线与所成的角. 当点与线段的端点重合时，直线与所成的角取得最小值； 当点与线段的中点重合时，直线与所成的角取得最大值. 故直线与所成角的取值范围. 故选：D. 【变式3-2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】根据四棱柱的性质可得点的轨迹是以为轴的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线，分析点在各平面的轨迹，计算轨迹长度可得结果. 【详解】∵，直线与所成的角为， ∴直线与所成的角为， ∴点的轨迹是以为轴（其中为顶点），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线． 如图，在线段和上分别取点，使得，连接， ∵在四棱柱中，底面， ∴平面， ∵平面，∴， ∴，故， ∴点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且. 当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 故点在四边形上运动的轨迹长度为， 综上得，点的轨迹长度为． 故答案为：. 【变式3-3】（2022·上海青浦·二模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，是弧的中点． (1)求该圆柱的表面积和体积； (2)求异面直线与所成角的大小． 【答案】(1)表面积为，体积为. (2) 【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和体积公式可求出结果； （2）根据，得到或其补角是直线与所成角，取弧的中点，连接、、，求出，进一步可得. 【详解】（1）由已知可得圆柱的底面半径，高， ， （2）， ∴或其补角是直线与所成角， 取弧的中点，连接、、， ， 在中，， ∴. 所以异面直线与所成角的大小为. 题型4：直线与平面平行的判定与性质 【例4-1】（2025·上海金山·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】D 【分析】取线段的中点，求证平面平面，即可逐一分析选项. 【详解】取线段的中点，连接，则， 因点分别是棱的中点，则，则， 因平面，平面，则平面， 因，，，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 故欲使在正方形（包括边界）内，且平面， 则点必在线段上； A选项：当为时，无法得出平面，故A错误； B选项：当为的中点，无法得出平面，故B错误； C选项：的轨迹长度为，无法说明点在线段上， 但若平面，则的轨迹长度为， 则的轨迹长度为是平面的必要不充分条件，故C错误； D选项：为的中点，即点重合时，必有平面， 但平面时，不一定为的中点， 故为的中点是平面的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 【例4-2】（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 【答案】充要 【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】充分性：因为， 所以共面， 又因为为两个不同的平面，， 所以， 所以，故充分性成立； 必要性：因为，所以， 又因为，所以，故必要性成立， 所以是的充要条件. 故答案为：充要. 【例4-3】（2025·山东潍坊·一模）如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）可通过证明线线平行得到线面平行. （2）作出直线与平面所成的角，在直角三角形中，利用边角关系求正切. 【详解】（1）连接，交于点，连接,. 由题意：，且，，为中点， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面. （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以. 又，，平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成的角. 在中，. 【变式4-1】（2024·山东·一模）如图所示，在四棱锥中，分别为上的点，且平面，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．以上均有可能 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用线面平行的性质推理判断即可. 【详解】直线平面，平面，平面平面， 所以. 故选：B 【变式4-2】（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案为：． 【变式4-3】（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .    (1)求证: 点H为线段的中点; (2)求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为 平面，所以想到用线面平行的性质定理证明； （2）利用等体积法将三棱锥 转化为三棱锥的体积求解即可. 【详解】（1）连接， 设 连接、 因为三棱台 所以 又 所以四边形为平行四边形 所以 . 又平面， ⊂平面， 平面∩平面 ∴ ∵四边形 是正方形，O是的中点， ∴点H是的中点.    （2）因为 则 又 平面ABC ∴平面, 由（1） 知 且 是边长为4的等边三角形， ∵H为中点， ,              题型5：平面与平面平行的判定与性质 【例5-1】（2025·湖北·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点的中点的中点F，连接和，可证面面，故动点在面内的轨迹为，结合几何关系即可求出线段长度的最大值. 【详解】取的中点的中点的中点F，连接和，    由分别为的中点，知，同理可知：,，有， 又由,面且平面，所以平面， 同理可知，平面. 因为,平面平面，所以平面平面， 而平面，故动点在平面内的轨迹为， 由可知，， 所以，即，所以线段的最大值为. 故选：A. 【例5-2】（2023·陕西榆林·三模）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为 ． 【答案】 【分析】取的中点D，取的中点E，可得∥平面，由得∥平面，从而平面∥平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案． 【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME， ∵，，∴， ∵平面，平面，∴∥平面， ∵，平面，平面，∴∥平面， 又平面，∴平面∥平面， 又平面平面，∥平面，所以N在线段DE上． 因为，， 所以线段MN的最大值为． 故答案为：． 【例5-3】（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证. （2）取的中点，的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦. 【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点， 得，又平面，平面，则平面， 由为梯形的中位线，得，又平面，平面， 则平面，而，平面，平面， 因此平面平面，又平面，所以平面.      （2）取的中点，的中点，连接、、、、， 由，是中点，得四边形是平行四边形， 则，又是中点，是中点，则， 即就是异面直线与夹角， 又底面，与都是等腰直角三角形，， 则，， ，因此， 所以异面直线与夹角的余弦值为. 【变式5-1】（2024·吉林长春·模拟预测）三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】作出示意图，根据体积关系可得为的靠近的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到点位置，从而可求解. 【详解】三棱柱中，，点在棱上，如图， 由，得， 则， 于是，则，即， 设三棱柱的侧棱长为6，则，， 又为的中点，取的中点，连接，则，平面， 平面，于是平面，过作，且，连接， 平面，平面，于是平面，又， 平面，因此平面平面，又平面， 则平面，在中，，，， 所以. 故选：D 【变式5-2】（2022·全国·模拟预测）已知在长方体中，，AB＝2，平面过棱AB，BC，的中点，点底面ABCD．若直线平面，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作出平面，找到过点且与平行的平面，得到平面，从而找出点M的轨迹，然后利用求解. 【详解】记棱AB，BC，的中点分别为E，F，G，连接EF，FG，EG，，，AC，，如图所示： 则平面即为平面EFG． 因为，， 所以，且平面EFG，平面EFG， 所以平面EFG， 同理可得AC 平面EFG．而， 所以平面平面EFG，故点M在线段AC上． 而， 故只需BM最小即可， BM的最小值即为点B到线段AC的距离， 故的最小值为． 故答案为： 【变式5-3】（2025·山东聊城·模拟预测）如图所示的多面体中，平面，，，，，，，． (1)若点为中点，求证：平面； (2)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）取中点，分别证得和，根据线面平行的判定定理，分别证得平面和平面，进而证得平面平面，结合平行平面的性质，即可证得平面； （2）连接，利用勾股定理，证得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，根据，得到，分别求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，取中点，连接， 因为，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，可得， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为，且和分别是腰和的中点，可得， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）解：连接，由平面，且，，，， 可得，所以，所以， 以为坐标原点，分别以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，， 所以， 设点，因为，即， 解得，即，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成夹角为， 则， 所以直线与平面所成夹角的正弦值为. 题型6：平行关系的综合应用 【例6-1】（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 【答案】C 【分析】在正方体中，通过举反例即可判断选项A，B，D；对于选项C，利用反证法，假设，根据线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可判断. 【详解】 如图所示，在正方体中， 直线和直线与平面所成角均为，但，故选项A错误； 直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误； 平面平面，平面，平面，且，但与平面相交，故选项D错误； 假设，直线，，如图所示. ∵不垂直于，，，，∴直线与直线必相交，设. ，，，，. 又，. ，，，，，. 又，，这与，均不垂直于矛盾，故，不垂直，故选项C正确. 故选：C. 【例6-2】（2025·四川·三模）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； (2)若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，利用平行六面体的性质可证四边形是平行四边形，进而利用面面平行的性质可得OE//，进而利用相似可得结论； （2）由已知可得两两互相垂直，，以点F为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值即是与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，连接，    在平行六面体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以且，， 又分别为的中点，所以， 以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，平面ACE 平面=OE， 平面平面=，所以OE//， 因为都经过点O，所以三点共线， 又， 所以∽，所以，所以; （2）取CD的中点F，连接BF， 因为，所以是等边三角形，所以，且， 又平面平面，平面平面=CD，， 平面， 所以平面，又平面， 所以， 在中，，，所以， 在中，，所以， 所以， 又平面平面，平面平面=CD，， 平面 ，所以平面， 又平面，所以， 所以两两互相垂直， 以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，    则， 所以， 设，所以， ， 取，则，所以， 因为E是对角线上一点， 所以与平面所成的角即是与平面所成的角， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 【例6-3】（2025·安徽安庆·二模）如图，在矩形中，为中点，在边上，且，将沿翻折至，得到五棱锥为中点.    (1)求证：平面： (2)若平面平面，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）如图，取中点，连接，然后通过证明平面平面，进而证明平面； （2）取中点，连接，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，    因为在矩形中，， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又，所以， 因为平面，所以平面， 在中，分别为的中点， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； （2）取中点，连接，如图所示，    因为在矩形中，， 所以在中，，且， 因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，并过点分别作与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得： ， 所以， 设平面的法向量为，有 ，所以， 取，得平面的一个法向量为 又，设直线与平面所成角的， 则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式6-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）在四棱锥中，E，F分别是线段AP，BC上的点，，则下列条件可以确定平面PCD的是（   ） A． B． C．平面PAD D．， 【答案】A 【分析】结合图形，设点M是对角线AC上一点，满足，则有，要使平面，则需使，根据各选项条件，判断是否可以推得即可. 【详解】设点M是对角线AC上一点，满足，则有平面，平面，进而平面，要使平面，则平面平面，需使. 对于A，在四边形ABCD中，由，，可得，故A 正确； 对于B，因为，又因为，但与不一定相等，所以不一定是平行四边形，从而得不到，故B错误； 对于C，因为平面PAD，平面ABCD，平面平面，所以，结合B项分析，可得C错误； 对于D，结合B项分析，同样得不到，故D项错误． 故选：A． 【变式6-2】（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解. 【详解】（1）连接、，由分别为的中点，则， 又平面，平面，故平面， 正四棱台中，且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 又，且平面，平面， 故平面平面，又平面，故平面；    （2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面， 底面为正方形，故， 故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系， 由，侧面与底面所成角为， 则， 则，，， 假设在线段上存在点满足题设，则， 设，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即， 因为直线与平面所成的角的正弦值为， 故， 解得或（舍），故， 故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， 此时线段的长为.    【变式6-3】2023·浙江·三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点. (1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值； (2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)存在， (2) 【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论； （2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、， 则， 又因为，所以，四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 因为平面，故平面， 因此，线段上是否存在点，且当时，平面. （2）过点在平面内作，垂足为点，连接， 由，，，所以，， 所以，，所以，， 过点在平面内作，垂足为点， 因为，，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为点到平面的距离为，即， 且， 所以，， 由图可知，为锐角，所以，， 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、、、、、， ，， 设平面的法向量，则， 取，则， ， 所以，， 因为， 因此，与平面所成角的正弦值为. 题型7：直线与平面垂直的判定与性质 【例7-1】（2025·山东聊城·模拟预测）三棱锥中，，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用线面垂直的判定定理得平面，再将体积转化即可求得结果. 【详解】因为在平面内且相交于点 故平面， 中， 故 故 故 故选：B. 【例7-2】（2025·上海奉贤·一模）在正四棱台中，异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】/ 【分析】根据正四棱台特征得出平面，再结合线面垂直判定定理得出平面，进而得出异面直线所成的角. 【详解】   取中点，取中点，连接. 因为四棱台是正四棱台， 所以平面，平面， 所以， 又因为是正方形，所以， 且平面，所以平面， 平面，所以， 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为：. 【例7-3】（2025·上海杨浦·模拟预测）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）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明； （2）先证明平明，从而得到为直线与平面所成角，再在中求解即可. 【详解】（1）由题意知，所以， 又因为，所以，所以； 又因为平面，平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又在平面内， 所以直线； （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平明，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，因为， 所以 所以直线与平面所成角的大小为. 【变式7-1】（2025·四川绵阳·模拟预测）若l，m是两条不同的直线，平行于平面，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】首先利用长方体判断不满足充分性，再根据线面垂直的性质判断必要性，即可得到答案. 【详解】充分性：如图所示，在长方体中，满足：，， 此时不垂直平面，故不满足充分性. 必要性：可推出，满足必要性. 所以“”是“”的必要而不充分条件. 故选：B 【变式7-2】（2024·山东青岛·模拟预测）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据题意，取所在的母线为，连接，，，，即可得到，再结合，，代入计算，即可求解. 【详解】 取所在的母线为，连接，，，， ， 设，，则， 所以， 又因为，， ， 所以或， 所以或， 所以. 故答案为： 【变式7-3】（2025·新疆·三模）如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． (1)求证：平面； (2)若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】(1)利用勾股定理证明垂直，再结合等边三角形三线合一，可由线线垂直证明线面垂直； (2)利用空间向量法来求线面角的正弦值，从而来求参数即可. 【详解】（1） 证明：依题意是边长为2的正三角形，O为的中点，所以，, 所以，，，，， 则，所以， 又，即，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又,，，平面，所以平面． （2） 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，∴平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，解得或， 所以的值为或． 题型8：平面与平面垂直的判定与性质 【例8-1】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知直线、与平面、、，则能使的充分不必要条件是（    ） A．， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【分析】根据各选项中线面、线线、面面的位置关系判断出、的位置关系，即可得出结论. 【详解】对于A选项，若，，则、平行或相交，A不满足要求； 对于B选项，若，，，则、平行或相交，B不满足要求； 对于C选项，若，，，则、斜交或垂直，C不满足要求； 对于D选项，如下图所示：    因为，过直线作平面，使得， 由线面平行的性质定理可得， 因为，则，因为，故；而反过来不成立；D满足要求. 故选：D. 【例8-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果； 【详解】 在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图， 由分别为棱的中点，得， 而平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 而平面平面， 因此平面，而，，，则， 球半径，，从而， 球被平面截得的截面圆半径， 所以球被平面截得的截面周长. 又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径为， 所以球被正四面体表面截得的截面周长为. 故答案为： 【例8-3】（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上. (1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小； (2)证明：平面平面 【答案】(1) (2)证明详见解析 【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直. 【详解】（1）连接，如图. 由题可知，平面，平面,则， 且即为直线与平面所成角， 即.由，为边的中线， 可得.而，可得，. 而即为直线与平面所成角，且, 则，可得直线与平面所成角为. （2）由，，，平面,故平面， 而平面，则平面平面 【变式8-1】（2025·四川绵阳·模拟预测）已知正四棱台中，，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作的垂面，分别交于，过作于，过作垂直的延长线于，过作于，利用球的体积求得正四棱台的高，利用线面，面面垂直的性质定理可证得平面，结合等腰梯形的性质可求得点到平面的距离. 【详解】设球的半径为，则，解得， 因为正四棱台中放入的最大球的体积为，所以正四棱台的高为， 过作的垂面，分别交于，过作于， 过作垂直的延长线于，过作于， 因为，所以平面，平面， 又平面，所以， 所以，所以四边形是矩形，所以， 所以，又因为平面，所以平面平面， 所以平面，所以，由等腰梯形的性质可得， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 【变式8-2】（2024·全国·模拟预测）在棱长为4的正方体中，点为的中点，点在平面上运动，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质以及面面垂直性质定理，可得平面，进而证明平面垂直平分线段，可得答案. 【详解】如图，连接，交于点，连接，连接并延长，交的延长线于点，连接． 由正方体的性质，易证平面，又平面， 所以平面平面，且平面平面． 又，，所以，所以． 又平面，所以平面． 在中，由，且，知，所以平面垂直平分线段， 故对于平面上的任意点，都有，从而． 故答案为：. 【变式8-3】（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，为线段上一点，. (1)求证：点为线段的中点； (2)若直线与直线所成角的正切值为5，，求证：平面平面. (3)设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为，求关于的函数表达式，并求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】 （1）过作垂足为，依题可推出平面，进而得.又因得出为中点，再结合梯形中是等腰梯形且，得到N为中点. （2）由（1）知是二面角平面角，作，通过线段关系证四边形是平行四边形，得出，确定是直线与所成角（或补角），利用三角函数值和余弦定理求，进而判断二面角情况. （3）利用在底面投影，找出直线与平面所成角，分为钝角、锐角、直角讨论相关线段长度，得出表达式，将其看作半圆上点与定点连线斜率，根据直线与半圆相切情况确定取值范围. 【详解】（1）过作交于点，连接. ，，平面，. ，为的中点. 在梯形中，，∴梯形为等腰梯形. 又，为线段的中点. （2）由（1）知，为二面角的平面角，过作交于点，则，连接. 在等腰梯形中，，. .又，∴四边形为平行四边形， . 为直线与所成角（或补角）， ，. 在中，，. 由余弦定理得：，得： ，解得，或（舍）， 在中，，，，. . 二面角为直二面角，即平面与平面所成二面角为直二面角， 平面平面. （3）设在底面的投影分别为，，N到平面的距离为， 则，则为直线与平面所成角，. ，，. 为钝角时，在的外部，， ， . 当为锐角时，在的内部， ，. . 当为直角时，也符合， 综上，. 设是（上半圆，不包括与轴的交点）上任意一点， 则可看作是半圆上一点与点连线的斜率. 直线与半圆相切时，直线的斜率最小值为. 与连线的斜率的取值范围为， 的取值范围为. 题型9：垂直关系的综合应用 【例9-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，为的中点，，与平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直和面面垂直的判定可得平面平面，结合交线可确定线面角，进而证得平面；分别取，外接圆圆心，根据球的性质可确定球心位置，根据长度关系可求得半径，进而得到外接球表面积. 【详解】为的中点，，，即为等腰三角形， ，，均为边长为的等边三角形， ，又，平面，平面， 平面，平面平面， 平面平面，为在平面内的射影， 即为与平面所成的角，即， ，，， 又，，平面，平面. 设三棱锥外接球的球心为，外接圆的圆心为，外接圆的圆心为， 连接，则平面，平面， 均为边长为的等边三角形， ，，， 三棱锥外接球的半径， 三棱锥外接球的表面积. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中多面体外接球的求解问题，本题的解题关键是能够通过面面垂直关系确定已知中所给线面角，从而确定几何体的基本结构特征，进而根据外接球的性质来确定球心位置. 【例9-2】（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，是边长为2的正三角形，且．      (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的判定定理进行证明； （2）以的中点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法进行计算可得结果. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，． 因为是边长为2的正三角形，所以. 在正方形中，，所以， 又，所以，即. 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）取的中点，连接， 因为四边形是正方形，分别是的中点，所以， 又平面平面，所以， 即直线两两垂直， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以. 设为平面的一个法向量， 则， 令，得. 设为平面的一个法向量， 则， 令，得. 所以，即平面与平面夹角的余弦值为. 【例9-3】（2025·广东·模拟预测）如图，三棱柱的所有棱长均为，，二面角的余弦值为． (1)证明：． (2)求三棱柱的体积． (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，，，，作，垂足为，连接并延长，交于点，证明平面，再根据平行证明. （2）求三棱柱的体积，只需求出四边形的面积，再根据三棱柱的体积求解即可. （3）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，再根据公式求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，，，， 作，垂足为，连接并延长，交于点， 由题意可得，均为等边三角形，所以，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以二面角即，所以， 因为三棱柱的所有棱长均为6，所以，， ，，， ，所以，， 即，因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以． （2）四边形的面积， 三棱柱的体积. （3）由（1）可得，，过点作轴，平行于，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， 则，，， ， 设为平面的法向量，则所以可取， 连接，取的中点，连接，则，， 由（1）得平面，因为平面，平面， 所以，，，所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面， 平面的一个法向量为，， 所以二面角的正弦值为． 【变式9-1】（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设是中点，是中点，是正三角形的重心，作，过作，从而确定是与平面所成的角或其补角．进而可求解. 【详解】 设是中点，是中点，是正三角形的重心，则是的三等分点，， 由是边长为的正三角形知，， 在平面中，作，作的垂直平分线交于点， 因为平面，，易知四边形是矩形，，． 设与交于点，过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面， 所以是与平面所成的角或其补角． 过作直线平行于，交于点，交于点，则，， 把，，，，，， 代入求得，， 在中，，， 在中，， 所以． 故选：C． 【变式9-1】（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）要证明，可证明，即只要证明垂直于所在的平面即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，进而确定点的位置. 【详解】（1）证明：连接， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，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， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 【变式9-3】（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；或 【分析】（1）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得； （2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得. 【详解】（1）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 一、单选题 1．（2025·上海杨浦·一模）若为两条不同直线，为两个不同平面，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 【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理可判断AB，利用面面垂直的判定定理和性质定理可判断CD. 【详解】若，，则或为异面直线，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，则，满足面面垂直的判定定理，故C正确； 若，，这缺少了2个条件，即，才可以得到，故D错误； 故选：C. 2．（2024·山东青岛·一模）已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用线面平行的判定定理即可求解. 【详解】由， 由，则或与异面， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：A. 3．（2025·重庆·二模）已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】D 【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，由线面平行的性质可判断D. 【详解】对于A，如图所示：，但，故A错误； 对于B.，如图所示：满足 ，但，故B错误； 对于C，满足，但不平行，故C错误； 对于D， ，由线面平行的性质可和，故D正确. 故选：D. 4．（2025·安徽合肥·二模）若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（    ） 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】通过特例说明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面内的直线不平行必相交，推出一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果. 【详解】 如图所示：满足，，且，但是， 所以可知是，，共面的不充分条件； 当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交， 又因为，，所以必然有， 即是，，共面的必要条件， 综上可知是，，共面的必要不充分条件. 故选：B. 5．（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 【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. 6．（2024·宁夏石嘴山·三模）在正方体中，分别是线段与的中点，现有如下结论： ①直线与直线所成的角为；        ②； ③；                            ④平面． 则正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】作于点，于点根据异面直线的角的定义求出平面角判断①；由①得，结合判断②；设边长为2，，分别求出判断③；利用线面平行判定定理，可判断④. 【详解】 对于①，如图作于点，于点，连接，所以， 且，，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以即为直线与直线所成的角，又， 所以，故①错误； 对于②，因为平面，面，所以， 由①知，所以，故②正确； 对于③，设正方体的边长为，因为，在中，， 又因为，所以，即，故③正确； 对于④，由①得，，因为平面，平面， 所以平面，故④正确 所以，②③④正确，①错误， 故选：C. 7．（2024·宁夏·二模）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论不正确的有（    ） A．三棱锥的体积不变 B． C． D．与平面所成的角大小不变 【答案】C 【分析】证明平面判断A；由线面垂直判断B；由特殊位置利用正三角形判断C；证明面面平行得线面平行判断D. 【详解】对于A，在正方体中，，， 即四边形为平行四边形，如图， 则，而平面，平面，则有平面， 因此，点P到平面的距离为定值， 而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A正确； 对于B，如图，连接，在正方体中，， 而平面，平面，则， 又，平面，则平面， 又平面，于是得， 又，所以， 同理， 因，平面，则平面， 因为平面，所以，故B正确； 对于C，如图，连接，，显然是正三角形， 当点P与点B重合时，， 所以点P在运动过程中，不是总有成立，C不正确； 对于D，由选项A知，平面，同理平面， 而，平面，则有平面平面， 又平面，因此平面， 所以与平面所成的角大小始终为0，D正确. 故选：C 8．（2025·福建福州·模拟预测）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中，   且， 因为分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面， 故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接，    在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，则， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，故， 所以四点共面， 同理可证，故， 同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 二、多选题 9．（2024·北京朝阳·模拟预测）在正方体中，点为棱中点，则（   ） A．过有且只有一条直线与直线和都相交 B．过有且只有一条直线与直线和都垂直 C．过有且只有一个平面与直线和都平行 D．过有且只有一个平面与直线和所成角相等 【答案】ABC 【分析】选项A，由题意满足条件的直线是平面与平面的交线，选项B，由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；从而可判断；选项C，由线面平行的判定定理可判断；选项D，利用空间向量法可判断. 【详解】如下图所示： 对于A选项，过点与直线相交的直线必在平面内， 过点与直线相交的直线必在平面内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正确； 对于B选项，因为，若，则，若，则平面， 显然满足条件的直线唯一，即，B正确； 对于C选项，分别取、的中点、，连接、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以，又因为，则， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 所以过有且只有一个平面与直线和都平行，C正确； 对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则、、、， ，， 设满足题设条件的平面的法向量为，其中， 由题意可得，可得，即， 所以，以或为法向量且过点的平面均满足题意， 故过有无数个平面与直线和所成角相等，D错. 故选：ABC 10．（2025·浙江温州·二模）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（    ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】BD 【分析】根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，由选项依次证明即可. 【详解】如图，过点作交于点，连接，即有平面， 由于，所以， 若，则，又平面，平面， 所以平面，由平面， 得平面平面，又平面，所以平面，故B正确； 若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确； 假设平面，设平面，则， 若平面，平面平面，所以， 反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误； 若，可能，也可能与相交． 若与相交，由知延长必与、交于同一点， 由几何关系知与不平行，故A、C错误． 故选：BD 11．（2025·湖南·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P是线段（含端点）上的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．若点M在正方形内（含边界），且，则点M的轨迹长为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．存在点P，使得异面直线与所成的角为 【答案】AB 【分析】根据正方体的性质、线面垂直的性质，结合球的定义、三棱锥的体积公式、异面直线所成角的定义逐一判断即可. 【详解】对于A，在正方体中，有平面平面，所以，选项A正确； 对于B，，则点M在以点D为球心，半径的球上，又点M在正方形内（含边界），所以点M在球与正方形的交线上，即点M在以点为圆心，半径的圆周上，点M的轨迹长为，选项B正确； 对于C，，点到平面的距离是定值，定值为，三棱锥的体积取最大值，即三棱锥的体积取最大值，即底面的面积取最大值，即点P与点重合，，选项C错误； 对于D，异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，所以，又，所以选项D错误． 故答案为：AB 三、填空题 12．（2023·全国·模拟预测）在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为 . 【答案】 【分析】根据平行四边形的边长即角度可得，再由两点的位置关系以及的几何意义，确定出沿折叠过程中三棱锥的体积最大时平面，建立空间直角坐标系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果. 【详解】根据题意可知，如下图所示；    由，，利用余弦定理可得， 解得，所以满足，即，则 又分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，则表示两直线之间的距离， 在沿折叠过程中，直线由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近； 当三棱锥的体积最大时，此时平面； 即此时两点之间的距离最小，即为两异面直线之间的距离； 以点为坐标原点，分别以为轴，轴，以过点且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：    则， 即， 设与垂直的一个向量为， 则，令，则，可得 不妨取，由两异面直线间的距离公式可得 的最小值为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于把“两点之间的最小距离为”理解成异面直线之间的距离，再利用折叠过程中的位置关系，代入两异面直线距离公式求解即可. 13．（2025·山西吕梁·一模）如图所示，在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据给定条件，确定点的轨迹，进而求出的范围. 【详解】在棱长为4的正方体中，分别取棱中点，连接， 由点分别是棱的中点，得， 又平面，平面，则平面， 又，则四边形为平行四边形， 于是，又平面，平面，则平面， 又，平面，因此平面平面， 又是侧面内一点，且平面，则点的轨迹是线段， 在中，，同理， 即为等腰三角形，当为中点时，最短，为， 当位于、处时，最长，为， 所以线段长度的取值范围是. 故答案为： 14．（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 15．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)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) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到，作出辅助线易得，可证明平面，再根据线面垂直的定义即可证得； （2）取中点，易知直线两两垂直，建立空间直角坐标系，设，再分别求出直线的方向向量与平面法向量，由线面角的夹角公式结合基本不等式求最大值即可. 【详解】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，， 由，得， 由平面平面，平面平面， 平面，得平面， 而平面，则， 又，，则四边形是菱形，故， 而，，平面，因此平面， 又平面，所以． （2）取中点，则， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，直线两两垂直， 以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设， 则，，，， ，， ， 设平面的法向量，则， 令，得， 设直线与平面所成的角为， ， 当且仅当时等号成立． 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 16．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由垂直于圆锥的底面，所以，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）当三棱锥的体积最大时，得到为弧的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）因为垂直于圆锥的底面，所以， 当时，，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）当三棱锥的体积最大时，只需的面积最大，此时为弧的中点，如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角正弦值为. 17．（2025·甘肃武威·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥.    (1)证明：平面； (2)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）由题意可得，可证，结合已知可证平面； （2）由题意可得，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，的中点，连接，， 则，所以平面， 由题可得，所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，得，，所以. 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； (2)若二面角为120°，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）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，标出相关点坐标，求出直线与平面的方向向量、法向量，应用向量法求线面角的正弦值，即可得其余弦值. 【详解】（1）若分别是上的点，且，连接， 又，所以，即四点共面， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又，且都在平面内， 所以平面平面，平面，故平面；    （2）由，即，，则， 而都在平面内，所以平面， 平面，故平面平面， 过作直线平面，可建立以为原点的空间直角坐标系，如下图示， 由等腰梯形中，，，若， 所以，，，，又， 所以，则，且，， 若是平面的一个法向量，则， 取，则，设直线与平面所成角为， 所以，则， 所以直线与平面所成角的余弦值.    19．（2025·江西·模拟预测）如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．      (1)求五面体BCDFPQ的体积； (2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断； (3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据题意将五面体BCDFPQ分割成直三棱柱和四棱锥，分别计算其体积，故所求为两者相加； （2）根据点、线、面的位置关系说明理由即可； （3）建立适当的空间直角坐标系，求出PC的方向向量与平面CDQ的法向量，由线面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）在平面五边形ABCDE中，因为，所以， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 所以在五面体BCDFPQ中， 所以为二面角的平面角，所以， 如图，分别取BC，DF的中点M，N，连接MN，QM，QN， 则五面体BCDFPQ分割为直三棱柱与四棱锥， 直三棱柱的体积为，    点Q到平面DCMN的距离， 四棱锥的体积为， 所以五面体BCDFPQ的体积为； （2）否， 理由如下：    连接交于点，因为，为的中点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以，即， 折叠成为五面体BCDFPQ后，AC对应PC，DE对应DQ， 因为P，Q，D三点共面，而点C不在平面PQD内，故直线PC与DQ不可能平行， 故在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后不一定平行； （3）以F为坐标原点，FP，FD所在直线分别为x，z轴，平面PFB中过点F作垂直于PF的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，    故， 设为平面CDQ的法向量， 则， 可以取， 设PC与平面CDQ所成的角为， 则， 故PC与平面CDQ所成角的正弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $