7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[40] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　平面的基本性质 基本事实1.__________的三点确定一个平面． 基本事实2.如果一条直线上的__________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__________________的公共直线． 推论1.经过一条直线和__________________，有且只有一个平面． 推论2.经过两条________直线，有且只有一个平面． 推论3.经过两条________直线，有且只有一个平面． 不共线 两个点 只有一条过该点 这条直线外一点 相交 平行 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 注：1.基本事实1、基本事实2和三个推论是判断点、线共面的依据； 2．基本事实3是判断两个平面相交及三点共线及三线共点的依据． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点二　空间点、直线、平面之间的位置关系 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点三　异面直线所成角、基本事实4及等角定理 1．异面直线 (1)定义：异面直线——不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线． 两条既不平行也不相交的直线是异面直线． (2)异面直线的画法 画异面直线时，为了体现它们不共面的特点，常借助一个或两个平面来衬托． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (3)异面直线所成的角 ①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的______________叫做异面直线a与b所成的角． 锐角或直角 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．基本事实4.(平行公理) 平行于同一条直线的两条直线________. 3．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__________. 平行 相等或互补 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 异面直线的判定定理 过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线． 用符号可表示为： 若l⊂α，A∉α，B∈α，B∉l，则直线AB与l是异面直线(如图)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　　) (2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　　) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　　) (4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (5)两两相交的三条直线共面．(　　) (6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 2．(必修2P132T3改编)下列说法正确的是(　　) A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面 B．两两相交的三条直线一定共面 C．与两异面直线分别相交的两条直线一定不平行 D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线AA1与AB和AD两两相交，显然这三条直线不共面，故B错误；如图2，直线AB与CD是异面直线，若AC∥BD，则AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与直线AB与CD是异面直线矛盾，则直线AC与BD一定不平行，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(必修2P147例1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(必修2P134例1)如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)若E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，DA的中点，①当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；②当AC，BD满足条件______________时，四边形EFGH为正方形． [答案]　(1)共面　(2)AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 5．(2021·全国高考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 平面基本性质的应用——自主练透 (多选题)(2024·湖南新高考教学教研联盟联考改编)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．E，F，G，H四点共面 B．EF∥GH C．EG，FH，AA1三线共点 D．∠EGB1＝∠FHC1 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]本例中，若HF∩AC＝P，GE∩AB＝Q，GF∩平面ABC＝R，判断P，Q，R是否共线？ [解析]　由HF∩AC＝P，GE∩AB＝Q，知平面ABC∩平面EFHG＝PQ，又R∈GF⊂平面EFHG，∴R∈平面EFHG，又R∈平面ABC，∴R∈PQ，即P，Q，R共线． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．证明空间点共线问题的方法 (1)基本事实法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在这两个平面的交线上． (2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上． 2．点、线共面的常用判定方法 (1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内． (2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合． 3．证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (多选题)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点共面的是(　　) [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选ABC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 空间两条直线的位置关系——师生共研 1．(多选题)(2026·山东潍坊期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线l⊂平面ABB1A1，直线m⊂平面BCC1B1，直线n⊂平面ABCD，则直线l，m，n的位置关系可能是(　　) A．l，m，n两两垂直 B．l，m，n两两平行 C．l，m，n两两相交 D．l，m，n两两异面 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两垂直，A正确；不妨假设l∥m，l，m和BB1不重合，因为l⊄平面BCC1B1，m⊂平面BCC1B1，则l∥平面BCC1B1，又l⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，故l∥BB1，则m∥BB1，又BB1⊥平面ABCD，n⊂平面ABCD，故BB1⊥n，则l⊥n，m⊥n，即l，m，n不可能两两平行，B错误；当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两相交，C正确；当l为AA1，m为B1C1，n为CD时，l，m，n两两异面，D正确．故选ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·福建龙岩模拟)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是(　　) A．直线CD与直线GH异面 B．直线CD与直线EF共面 C．直线AB与直线EF平行 D．直线GH与直线EF共面 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　如图，点C与点G重合，故A错误；∵CE∥BD，且CE＝BD，∴四边形CDBE是平行四边形，∴CD∥EF，∴CD与EF共面，故B正确；∵AB∩EF＝B，∴AB与EF相交，故C错误；∵GH与EF既不平行也不相交，∴GH与EF是异面直线，故D错误．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．判断空间直线的位置关系的方法 一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断，二是排除法．特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．” 2．判定平行直线的常用方法 (1)三角形中位线的性质． (2)平行四边形的对边平行． (3)平行线分线段成比例定理． (4)公理：若a∥b，b∥c，则a∥c. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (多选题)在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是(　　) [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　图A中，直线GH∥MN；图B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉HG，因此直线GH与MN异面；图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图D中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN因此GH与MN异面，故选BD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 异面直线所成的角——师生共研 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·河北石家庄模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AB＝AA1，∠BAC＝120°，D，E，F分别是棱B1C1，BC，A1C1的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．若两条异面直线a、b所成角为60°，则过空间一点O与两异面直线a、b所成角都为60°的直线有________条． [答案]　3 [解析]　如图，过O分别作a′∥a，b′∥b，则a′，b′所成角为60°，如图易知过O与a′，b′所成角都为60°的直线有3条，即与a，b所成角都为60°的直线有3条． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]本例3中与异面直线a、b所成角都为75°的直线有________条． [答案]　4 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：求异面直线所成角的方法 1．定义法 定义法求异面直线所成角的步骤 (1)找或作：在图中找或平移异面直线中的一条或两条构造异面直线所成的角． (2)证：说明所作的角是异面直线所成的角． (3)算：寻找或作出含有此角的三角形并解之． (4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°<θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．向量法 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 1．如图所示，已知空间四边形ABCD，AC与BD所成角为60°，且AC＝BD＝2，E、F分别为BC、AD的中点，则EF＝(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2024·湖北部分学校联考、黑龙江大庆质检)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 空间几何体的截面问题 A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． 2．作交线的方法有如下两种 (1)利用基本事实3作交线； (2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 注：正六面体的一些截面： 说明：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 1．若E，F，H分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，CC1，A1D1的中点，则过E，F，H三点的截面图形是____________. [答案]　正六边形 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　取A1B1的中点M，连接EM，MC1，EF，并延长MC1，EF交于Q，连接HQ并延长交C1D1于N，交B1A1的延长线于S，连接SE并延长交A1A于P，交B1B的延长线于R，连接FR交BC于G，连EG，FN，HP得过E，F，H三点的截面EGFNHP，易证EGFNHP为正六边形． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2024·四川泸州三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1的中点，过A，B，P三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[40] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．给出以下四个命题： ①依次首尾相接的四条线段必共面； ②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面； ③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等； ④垂直于同一直线的两条直线必平行． 其中正确命题的个数是(　　) A．0 B．1 C．3 D．4 [答案]　B [解析]　只有②正确，故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2024·宁夏银川三模)A，B是两个不同的点，α，β为两个不同的平面，下列推理错误的是(　　) A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB C．l⊄α，A∈l⇒A∉α D．A∈l，l⊂α⇒A∈α [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　直线上两个不同点在某个平面内，则直线在该平面内，故A正确；两个不同点同时在两个不同平面内，则两点所在直线为两平面的交线，故B正确；l⊄α有两种情况，l与α相交或l∥α，其中l与α相交，且交点为A点，则C错误；直线在面内，则直线上的点都在面内，故结论D正确．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2025·山东济南模拟)如图，P是正方体ABCD－A1B1C1D1对角线A1C1上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　) A．直线DD1 B．直线B1C C．直线AD1 D．直线AC [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　当P位于A1C1的中点时，易知P∈B1D1，由正方体的特征可知四边形BB1D1D为平行四边形，此时BP，DD1⊂平面BB1D1D，故A不符合题意；当P与C1重合时，BP，B1C⊂平面BB1C1C，故B不符合题意；当P与C1重合时，由正方体的特征可知四边形ABC1D1为平行四边形，此时BP∥AD1，故C不符合题意；由正方体的特征可知四边形ACC1A1为平行四边形，而B∉平面ACC1A1，P∈平面ACC1A1，AC∥A1C1，AC，A1C1⊂平面ACC1A1，BP∩A1C1＝P，所以AC与BP始终异面，故D符合题意．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2026·四川仁寿一中调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则直线A1C1与CE所成角的余弦值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 6．(2026·黑龙江新时代高中教育联合体摸底)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若DD1的中点为Q，则过点Q，A，B1三点的截面是(　　) A．三角形 B．梯形 C．菱形 D．矩形 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 7．(2024·河南新乡三模)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是(　　) A．9π B．12π C．16π D．20π [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 9．下列命题中的真命题是(　　) A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线 B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线 C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面 D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　AC [解析]　由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 10．(2025·山东聊城模拟预测)已知a，b，c是两两异面的三条直线，a⊥b，c⊥a，直线d满足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，则c与d的位置关系可以是(　　) A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直 [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线a，b，d如图所示．c为ED1(E为AA1上不与A、A1重合的点)时与d异面，B正确；c为DD1时与d平行，C正确；若c与d相交，则a垂直于c，d确定的平面，又a垂直 于b，d确定的平面，则b，c，d在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；若c与d垂直，则c垂直于a，d确定的平面，而b垂直于a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误，故选BC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 11．(2024·河北秦皇岛部分学校联考)如图为一正方体的展开图，则在原正方体中(　　) A．AB∥CD B．AB⊥CD C．直线AB与EF所成的角为60° D．直线CD与EF所成的角为60° [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　画出原正方体如图所示，由图可知：AB与CD不平行，A选项错误；根据正方体的性质可知BH∥AG，BH＝AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项 正确；根据正方体的性质可知，△ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；又△EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．故选BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 三、填空题 13．(原创)E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1，C1D1的中点，则过A，E，F三点的截面的图形是________. [答案]　五边形 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　作直线EF分别与直线DC，DD1相交于P，Q，连AP交BC于M，连AQ交A1D1于N，连接NF，ME.则五边形AMEFN即为过A，E，F三点的截面． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 15．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为____________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 1．(2026·陕青宁晋金太阳联考)如图，可任意转动的正方体ABCD－A1B1C1D1容器(忽略容器的器壁厚度)内部装满了水，E为AA1的中点，在点E，B，C1的位置凿出三个小洞(将三个小洞视为质点)，则这个容器最多可盛原来水的(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2024·内蒙古呼和浩特二模)如图，已知正四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是(　　) A．长方体 B．圆台 C．四棱台 D．正四面体 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确；圆台的截面均不可能是正方形，故B错误；若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去 截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确；如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF，FG，GD，DE，则截面DEFG为正方形，故D正确．故选ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以下结论正确的是(　　) A．异面直线A1D与AB1所成的角为60° B．直线A1D与BC1垂直 C．直线A1D与BD1平行 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．(2024·安徽皖东智校协作联盟联考)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C1D1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l. (1)画出直线l的位置，并说明作图依据； (2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置． ∵DM∩D1A1＝E，∴E∈DM⊂平面DMN，E∈D1A1⊂平面A1B1C1D1， ∴E∈(平面DMN∩平面A1B1C1D1)，∴EN⊂(平面DMN∩平面A1B1C1D1)，则NE即为直线l的位置．(也可根据线面平行性质确定直线位置)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) (多选题)(2026·广东惠州调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 直线与直线 直线与平面 平面与平面 平行 关系 图形语言 符号语言 a∥b a∥α α∥β 特征 共面，无公共点 无公共点 无公共点 直线与直线 直线与平面 平面与平面 相交 关系 图形语言 符号语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l 特征 共面，有唯一公共点 有唯一公共点 有无数个共线公共点 直线与直线 直线与平面 平面与平面 独有 关系 图形语言 符号语言 a，b是异面直线 a⊂α ②范围：. (1)若＝且＝，则E，F，G，H是否共面？________. A． B． C． D． [解析]　解法一：如图，连接BC1，PC1，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＝2，PC1＝D1B1＝，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.故选D. 解法二：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则＝(－2,0,2)，＝(－1，－1,2)，记PB与AD1所成角θ，则|cos θ|＝＝＝.∴θ＝，故选D. [解析]　如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A、B正确；如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠ tan∠FHC1，又0<∠EGB1，∠FHC1<，则∠EGB1≠∠FHC1，故D错误．故选ABC. 1．(2026·山东潍坊检测)已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝2，AC＝2，BC＝2，PA＝3，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　如图所示，由AB＝2，AC＝2，BC＝2，则有AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC， 解法一(平移法)：取BC的中点E，连接AE，DE，则DE∥PC， ∠ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．E为BC的中点，则AE＝，PA⊥平面ABC，Rt△PAC中，PC＝＝＝，∴DE＝PC＝，Rt△PAB中，PB＝＝＝，∴DA＝，在△ADE中，根据余弦定理可得cos∠ADE＝＝＝.所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.故选D. 解法二(向量法)：由PA⊥平面ABC可知PA⊥AB、PA⊥AC，如图建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(0，2,0)，A(0,0,0)，P(0,0,3)，∴D，从而＝，＝(0,2，－3)，记AD与PC所成角为θ，则|cos θ|＝＝＝.故选D. A． B． C． D． [解析]　解法一：如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABNC－A1B1MC1，BN平行且等于AC，B1M平行且等于A1C1，连接A1M，AE，DE，DF，EM，FM，易得AD平行且等于EM，所以∠FEM为异面直线AD与EF所成的角或其补角，设AC＝AB＝AA1＝2，所以直四棱柱ABNC－A1B1MC1的所有棱长均为2，由∠BAC＝120°，得A1D＝1，FM＝，DF＝1，则在△AA1D中，由勾股定理得AD＝＝，所以EM＝AD＝，同理在△FED中，EF＝，在△EMF中，由余弦定理得cos∠FEM＝＝.故选D. 解法二：如图建立空间直角坐标系，不妨设AB＝AC＝AA1＝2，AD、EF所成角为θ，由题意知＝，＝，∴|cos θ|＝＝＝.故选D. 注：本例3中与异面直线a、b所成角都为θ，则 (1)0<θ<时，0条； (2)θ＝时，1条； (3)<θ<时，2条； (4)θ＝时，3条； (5)<θ<时，4条； (6)θ＝时，1条． 向量法又分为坐标法和基本向量法，利用公式|cos θ|＝求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角． A．1 B． C．1或 D．2或 [解析]　取CD的中点H，连接EH、HF，由题意知EH綉BD＝1， HF綉AC＝1，∴∠EHF为AC，BD所成的角或其补角．∴∠EHF＝60° 或120°.当∠EHF＝60°时，EF＝1；当∠EHF＝120°时，EF＝.故选C. A． B． C． D． [解析]　解法一：设AB＝2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，则DF∥B1E，∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角．易求DF＝B1E＝，C1F＝，C1D＝，所以cos∠C1DF＝＝＝. 解法二：由题意知AB、BC、BB1两两垂直．如图建立空间直角坐标系，设AB＝BC＝AA1＝2，则＝(－1,1,2)，＝(0，－1,2)，记C1D与B1E所成角为θ，则cos θ＝＝＝.故选D. 1．(2025·湖南郴州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F满足＝2，＝2，则平面AEF截正方体ABCD－A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) [解析]　如图，因为点E、F满足＝2，＝2，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段C1D1上靠近D1的三等分点，延长AE，A1B1交于点G，连接FG交B1C1于H，延长GF，A1D1交于点K，连接AK交DD1于I，连接IF，HE，则五边形AEHFI为所求截面图形．故选B. 2．已知正三棱锥A－BCD的外接球是球O，BC＝1，AB＝，点E为BD中点，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是____________. [答案]　 [解析]　如图，设△BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝1×sin×＝，AO1＝＝1， 在Rt△OO1D中，R2＝2＋(1－R)2，解得R＝，所以OO1＝AO1－R＝，O1E＝1×sin×＝，所以OE＝＝，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面的半径为＝，则截面面积为π×2＝，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR2＝.故答案为. A． B． C．3π D． [解析]　正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O，而BD1∩α＝B，则点O到平面α的距离h等于点D1到平面α的距离的一半，又平面α过线段DD1的中点P，因此点D1与点D到平面α的距离相等，由AB⊥平面ADD1A1，AB⊂α，得α⊥平面ADD1A1，在平面ADD1A1内过D作DE⊥AP于E，而α∩平面ADD1A1＝AP，于是DE⊥α，又AP＝＝，从而h＝DE＝×＝，又球O的半径R＝BD1＝，则正方体 的外接球被平面α截得的截面圆半径r，有r2＝R2－h2＝3－＝，所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S＝πr2＝.故选D. A． B． C． D． [解析]　解法一：连接AC，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，即四边形ACC1A1为平行四边形，故A1C1∥AC，则直线AC与CE所成角即为直线A1C1与CE所成角，即∠ECA即为所求角或其补角；设正方体棱长为2，连接AE，EC1，则AE＝EC1＝＝，EC＝＝3，又AC＝2，∴cos∠ECA＝＝＝，而异面直线所成角的范围为，故直线A1C1与CE所成角的余弦值为.故选A. 解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则＝(－2,2,0)，＝(1，－2,2)，记A1C1与CE所成角为θ，则cos θ＝＝＝.故选A. 5．(2026·北京清华附中统测)已知三棱锥S－ABC中，SC＝2，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为(　　) A． B． C． D． [解析]　取SB的中点G，连接GF，GE，如图，又E为SA的中点，所以EG∥AB，EG＝AB＝1，同理可得GF∥SC，GF＝SC＝，所以∠GEF(或其补角)是EF与AB所成的角．取GF的中点H，连接EH，则EH⊥GF，所以sin∠HEF＝＝⇒∠HEF＝，则∠GEF＝，所以EF与AB所成的角为.故选B. [解析]　如图所示，取C1D1的中点P，连接PQ，PB1，AB1，AQ和DC1，因为P，Q分别是C1D1，DD1的中点，所以PQ∥C1D且PQ＝C1D，又AB1∥C1D，故PQ∥AB1且PQ＝AB1，故A，B1，P，Q四点共面，且四边形AB1PQ是过Q，A，B1三点的截面，又因为四边形AB1PQ是梯形，故选B. [解析]　由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C. [解析]　如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为.联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D. 12．(2026·江苏泰州中学调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，以下结论正确的有(　　) A．AC⊥BE B．点A到平面BEF的距离为定值 C．三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的 D．异面直线AE，BF所成的角为定值 [解析]　对于A，根据题意，AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，所以A正确；对于B，A到平面BDD1B1的距离为定值，所以点A到平面BEF的距离为定值，所以B正确；对于C，三棱锥A－BEF的体积为VA－BEF＝×EF·AB·BB1·sin 45°＝××a·a×a＝a3，三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的，所以C正确；对于D，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，命题D错误．故选ABC. [答案]　 [解析]　解法一：设AB，B1C1，C1C的中点分别为H，M，N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝，MH＝NH＝.∴cos∠HMN＝＝. 解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2， 则＝(1，－1，－2)，＝(2,0,2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cos θ＝＝＝. [答案]　 [解析]　如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故θ的取值范围为. A． B． C． D． [解析]　根据题意可知要使容器可盛水最多，需让平面EBC1为水平面，取A1D1的中点F，连接EF，BE，BC1，FC1，由于EF∥BC1，所以B，E，F，C1四点共面，则BEC1所在平面为BEFC1，所以容器可盛水最多时水的体积等于正方体体积减去三棱锥B1－EBC1的体积和四棱锥E－B1A1FC1的体积之和．不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积V＝8，因为E为AA1的中点，所以点E到平面BB1C1的距离为2，＝×2×2＝2，所以 ＝×2×2＝，点E到平面B1A1FC1的距离为1，＝4－×1×2＝3，所以＝×1×3＝1，所以容器最多可盛原来水的＝，故选B. A． B．－ C． D．－ [解析]　连接AC，取AC的中点O，连接BO，EO，由题意知，EO∥PC，则异面直线BE与PC所成角为∠BEO(或其补角)，设棱长为2，在△BOE中，EO＝PC＝1，OB＝AC＝，BE＝PA＝，则cos∠BEO＝＝＝，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为，故选C. D．三棱锥A－A1CD的体积为 [解析]　连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，所以∠AB1C(或其补角)为异面直线A1D与AB1所成的角，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC＝B1C＝AB1＝，所以△AB1C为等边三角形，所以∠AB1C＝60°，故A正确；连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，所以直线A1D与BC1垂直，故选项B正确；若直线A1D与BD1平行，则A1，B，D，D1四点共面．又A1，D，D1在侧面ADD1A1上，则 点B也应在侧面ADD1A1上，这与正方体相矛盾．所以直线A1D与BD1不平行，故选项C不正确；三棱锥A－A1CD的体积＝＝××AB＝××1×1×1＝，所以D正确．故选ABD. (2)设直线l与A1B1交于点P，则P为A1B1四等分点，正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM－D1ND，V＝(＋＋)·A1D1＝a·＝a3. A．B1C⊥BD1 B．三棱锥C1－B1CE的体积为 C．三棱锥C1－B1CE的外接球的表面积为 D．由B1，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为＋ [解析]　∵B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，BC1∩C1D1＝C1，BC1⊂平面BC1D1，C1D1⊂平面BC1D1，∴B1C⊥平面BC1D1，又BD1⊂平面BC1D1，∴B1C⊥BD1，故A正确；三棱锥C1－B1CE的体积＝＝××1×1×1＝，故B错误；设三棱锥C1－B1CE的外接球的半径为R， △C1CE的外接圆半径为r，C1E＝CE＝＝，在△C1CE中， 由余弦定理得，cos ∠C1EC＝＝，所以sin∠C1EC＝＝，则有r＝＝＝，R＝＝，三棱锥C1－B1CE的外接球的表面积为4πR2＝4π×2＝，故C正确； 如下图，过B1，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形B1CEF(其中F为A1D1的中点)，故等腰梯形B1CEF的周长为＋，故D正确．故选ACD. $