专题7.2 空间点 直线 平面之间的位置关系 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以空间点线面位置关系为核心，通过“方法提炼-题型对应-逻辑构建”体系，培养空间观念与推理能力的专项训练。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |点线面共面共线共点|7题|共面：确定平面证线/点在面内；共线：两点定线证点在线上；共点：两线交点证线过点|从平面基本性质出发，构建空间位置关系证明框架| |截面问题|6题|作截面三原则：两点引直线、相交画交点、交面画交线；交线作法：基本事实3或平行性质|基于平面交线性质，结合平行关系实现截面作图与度量| |异面直线判定及夹角|7题|判定：直接法（面外点与面内不过该点直线）、间接法（排除平行相交）；夹角：平移转化为相交直线夹角|以定义为基础，通过平移转化将空间角转化为平面角| |平面基本性质|6题|结合平面基本事实及推论，判断点线面位置关系及充要条件|通过公理1-3构建空间位置关系的逻辑判断体系| |综合应用|6题|综合运用位置关系证明、空间角计算、体积求解|整合点线面关系、空间角、体积等知识解决复杂问题|

专题7-2 空间点、直线、平面之间的位置关系 1．（2023·上海·高考真题）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. 2．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】棱台的结构特征和分类、异面直线的判定、公理的应用 【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断. 【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误， 侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误， 同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误， 与是异面直线，故D正确. 故选：D 3．（2026·全国一卷·高考真题）（多选题）在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 【答案】BC 【难度】0.49 【知识点】证明线面垂直、求二面角 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 4．（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. 5．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. (2)（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【难度】0.65 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角、证明面面垂直、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 6．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明:如图， 底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， (2) 【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、求线面角、证明面面垂直 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详解】（1）略； （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 重难点题型1 证明“点共面” 、“线共面”或“点共线”、“线共点” 共面、共线、共点问题的证明 （1）证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内． （2）证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． （3）证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 【答案】(1)方法一：因为，，分别为，，的中点，点在直线上， 取中点，连接， 故、，则，故四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； 方法二：假设直线，不异面，则与相交或平行， 若，又因为，则由，显然不成立，矛盾； 若与相交，不妨设两直线交点为，则平面，且平面， 所以在平面与平面的交线上，因为，显然不成立，矛盾， 综上，假设不成立，直线，为异面直线 (2) 【难度】0.62 【知识点】异面直线的判定、线面角的向量求法 【分析】（1）方法一：根据异面直线的概念，证明直线EF与直线GH不在一个平面内即可. 方法二：利用反证法，证明矛盾，进而得到直线EF与直线GH为异面直线. （2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）略 （2）因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又平面， 设直线与直线的交点为，为平面与平面的公共点， 所以交点必在直线上，延长与交于点，联结，则直线即为直线， 因为为中点，所以，又因为，， 所以，所以， 由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、、， 由，分别为，的中点，故、， 则，，，， 设，，则， 所以直线的一个方向向量为， 设平面的法向量为，则有， 取，则，即， 设直线与平面的夹角为，则， 当且仅当时，等号成立，故最大值为． 2．（2026·重庆·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且.    (1)证明：四点共面； (2)设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.52 【知识点】空间中的点（线）共面问题、求点面距离、空间位置关系的向量证明、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，用基底向量表示向量，进而可得四点共面；解法二：构造平面，再证明平面与棱的交点与重合，进而可得四点共面； （2）解法一：直接用向量的方法求点到面的距离可得；解法二：用等体积法求点到面的距离可得. 【详解】（1）解法一：在正方体中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 则， 于是，且向量不共线，           所以向量共面，又向量有公共点， 所以四点共面.   解法二：延长交于点，连接交于点， 因为，所以，且， 所以，所以，所以点与点重合， 故四点共面.    （2）解法一：设，则，由点平面，得， 即， 得，解得，，，即. ，而，则，，           设平面的法向量，则，即， 令，则，所以.          设点到平面的距离为， 则，所以点到平面的距离为. 解法二：等体积法，连接，设点到平面的距离为，如图：    由解法一知， 所以， . 由，所以，， 解得，点到平面的距离为. 3．（2026·云南曲靖·模拟预测）日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，如图所示，并配上花结.图中，正四棱柱的底面是正方形，且，.已知. (1)证明：四点共面. (2)记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为. （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【难度】0.42 【知识点】空间中的点（线）共面问题、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、求投影向量 【分析】（1）结合正四棱柱的性质及对应线段成比例得到，即可得证. （2）（ⅰ）以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，可求出点到平面的距离，即可求出； （ⅱ）结合投影向量求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）证明：连接，， 因为底面是正方形，所以，又，所以，所以. 同理可得. 正四棱柱中，，，所以为平行四边形， 所以，由平行线的传递性，得， 所以可确定一个平面，即四点共面. （2）（ⅰ）如图，以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， ， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，，所以 ， 所以点H到平面的距离， 所以，即线段的长为. （ⅱ）设为的中点，则，且， 因为，所以， 所以，， 由（ⅰ）知，，所以， 则， 易知为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 4．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别是，的中点，点在棱上. (1)若，，，四点共面，求的值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)2 (2)6 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法、已知面面角求其他量 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合向量共线和四点共面建立关于参数的方程并求解判断线段比例； （2）求解两个面的向量法进而求空间角的余弦值，进而建立关于的方程求解即可. 【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直. 在平面内作，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，则，，，，， ，，. 又，分别为，的中点，，. 设平面的法向量为， 则,可取. 又，，共面，，即，解得. . （2），. 设平面的法向量为， 则,可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得， . 5．（25-26高三下·广东江门·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，，分别是的中点，为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面平面． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【难度】0.61 【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）通过证明来证得四点共面. （2）通过证明平面来证得平面平面． （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值即可． 【详解】（1）因为分别是的中点，所以. 因为为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点, 所以，所以，所以四点共面. （2）因为，所以，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （3）连接，因为，所以， 由（2）知，平面平面，平面平面， 而平面，所以平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴, 以过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 易得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 6．如图，三棱锥中，面，，点，，分别在侧棱，，上，且，，，. （1）设直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点，求证：，，三点共线； （2）若平面与平面所成的锐二面角大小为45°，求的长. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【难度】0.65 【知识点】空间中的点共线问题、已知面面角求其他量 【分析】（1）由于直线与直线交于点，所以面且，同理面且，面且，然后由公理3可证得结论； （2）因为面，.如图，作，则，，两两垂直，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，或作于点，联结，则可得即为锐二面角的平面角，由条件可得，然后在中利用面积法求出，从而可得的长 【详解】（1）因为直线与直线交于点，所以且，故面且，同理，面且，面且，由公理3，记面面，则，，即，，三点共线. （2）因为面，.如图，作，则，，两两垂直，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系. 设，则，，， ，， 设面的法向量，则 ，令得， 又面的法向量， 所以，解得， 因此. 法二：由第一问知面面，作于点，联结， 故即为锐二面角的平面角，由条件 有条件易知，，又 ，故. 【点睛】此题考查了利用公理3证明三点共线，考查二面角，考查推理和计算能力，属于中档题. 7．如图，已知在三棱柱中，，，F是线段BC的中点，点O在线段AF上，.D是侧棱中点，. (1)证明：平面； (2)F，E，三点在同一条直线上吗？说明理由，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)在；. 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、空间中的点共线问题、证明线面平行 【分析】（1）由题可得是的重心，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）由题可得四点共面，进而可得点在平面与平面的交线上，结合条件即得. 【详解】（1）连接，并延长交于，连接， ∵，，F是线段BC的中点， ∴，又， ∴是的重心， ∴，又D是侧棱中点， ∴， ∴，又平面，平面， ∴平面； （2）连接，则，， ∴四点共面，又， ∴，平面， 又平面， ∴平面， 又平面平面， ∴，即三点在一条直线上， 所以 重难点题型2 截面问题 （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． 1．（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.45 【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】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 2．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【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 【分析】取的中点，的中点，得到为菱形，故有过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形，根据题意求出的长度，取的中点，连接，根据勾股定理求出的长度，故菱形的面积为，代入数值得解. 【详解】取的中点，的中点，连接，，，， 取的中点，连接，取的中点，连接， 分别是，，，的中点，是正方形， 且，且， 且，为平行四边形，且， 而且，则，为平行四边形， ，四点共面，又，为菱形， 平面， 过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形， ，，则， 故菱形的面积为. 故选：A 3．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【难度】0.4 【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 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论. 【详解】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 4．（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. 5．（2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】 【难度】0.38 【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、线面垂直证明线线垂直、空间位置关系的向量证明 【分析】通过空间向量法确定垂直于的平面方程，找到截面顶点，判定截面为菱形后，利用对角线求面积即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为4， 所以，则， 设截面上的点为，则， 因为过点的平面垂直于，所以是平面的一个法向量， 所以，即，整理得：， 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得， 所以截面为四边形， 又因为， 同理可得，所以四边形为菱形， 又因为对角线， 所以面积. 6．（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为__________． 【答案】3 【难度】0.85 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算、由平面的基本性质作截面图形 【分析】利用平行线作出截面图，再利用四棱锥体积转换成三棱锥体积的2倍，然后进行换顶点和底面求体积，即可求解. 【详解】 如图，因为为的中点，为棱的三等分点（靠近点）， 所以取为棱的六等分点（靠近点），则，即四点共面， 所以过三点的截面为平行四边形 则， 又因为，所以 故答案为：3． 重难点题型3 异面直线的判定及夹角的计算 判定空间两条直线是异面直线的方法如下： （1）直接法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过B点的直线是异面直线． （2）间接法：平面两条不可能共面（平行，相交）从而得到两线异面． 1．（2026·陕西西安·三模）2022年北京冬奥会的“雪如意”跳台滑雪中心的赛道可抽象为如下几何模型：底面是边长为2的正三角形的三棱锥，其中平面．施工人员需要在上取中点，在上取中点，搭建辅助支撑钢架，则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】求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直 【分析】取的中点，连接，，分析可得（或其补角）即为和所成的角，进而求解即可. 【详解】取的中点，连接，， 因为是的中点，所以，且， 因为是的中点，所以，且， 所以（或其补角）即为和所成的角， 因为平面，所以平面，而平面， 所以，所以，故， 则直线与所成角的余弦值为. 2．（2026·贵州黔西南·二模）定义：对于空间一个平面和该平面外两点，，若在平面内存在一点使得取得最小值，则称为，两点关于平面的“最短距点”.如图，已知正方体的棱长为2，与交于点，点为线段的中点，其中，点是，两点关于平面的“最短距点”，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.43 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】根据对称确定的位置，即可根据相似以及二倍角公式求解. 【详解】延长到，使得，连接交平面于， 根据两点之间线段最短可知：此时是，两点关于平面的“最短距点”， 连接，则， 故，故， 因此， ， 因此， 故直线与所成角的余弦值为. 3．（25-26高二上·广东汕尾·期末）在棱长为2的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、求异面直线所成的角 【分析】连接MD，取其中点Q，连接，由得到是直线AM和CN的夹角或补角，接着在中由余弦定理求出即可求解. 【详解】连接MD，取其中点Q，连接， 由题意可得， ，且， 所以是直线AM和CN的夹角或补角，， 所以. 所以，即直线AM和CN夹角的正弦值为. 故选：A 4．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，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】求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直 【分析】首先找到异面直线与所成的角，通过几何关系求出与该角的余弦值有关的线段长即可. 【详解】如图，连接，    因为平面，平面， 所以. 又四边形是正方形，， 所以，，， 所以异面直线与所成的角即与所成的角，即. 由勾股定理得 ，， 所以，所以. 因为是的中点，所以， 所以， 所以. 故选：D. 5．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 【答案】 【难度】0.55 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面平行 【分析】设的中点为，通过证明平面平面，可解决第一空，由，确定为动直线AP与的夹角，进而可求解. 【详解】 如图，设的中点为，连接，，分别为，的中点， 则, ,又， 所以四边形都是平行四边形， 所以，， 又平面， 所以平面，平面， 又平面， 所以平面平面，即平面为平面， 线段为平面与底面的交线， 易得； 连接，因为，所以为动直线AP与的夹角，，过作（H为垂足），则， 在中，由等面积法可得，得， 又, 所以． 即动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是. 6．（2026·北京·三模）在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【难度】0.38 【知识点】锥体体积的有关计算、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①，根据等体积可知,只需求出到平面的距离的最大值，即可判断；对于②，取中点,连接,则,连接，由异面直线的定义可知是异面直线、所成角或补角，在中，利用余弦定理求解后，即可判断；对于③，由②可判断；对于④，根据②可知以，，从而得的轨迹是以、为球心的两个球面的交线，即可判断. 【详解】对于①，由题意可知, 又因为, 要使三棱锥的体积最大，则点到平面,即平面的距离最大， 只有当平面平面时，最大， 此时的长度与斜边上高的一半相等， 所以， 所以,故①错误； 对于②，取中点,连接,则,连接， 所以是异面直线、所成角或补角， 因为,, ,, 又因为, 所以, 又因为， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： , 又因为 所以， 即异面直线、所成角始终为，故②正确； 对于③，由②可知，故③错误； 对于④，由②可知， 所以， 又因为， 所以的轨迹是以、为球心的两个球面的交线， 即点在某个圆上运动，故④正确. 7．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【难度】0.38 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、立体几何中的轨迹问题 【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设， 可得，，，， 因为直线与直线所成的角为， 则，整理可得， 又因为，则，整理可得， 联立可得，即， 可知点的轨迹方程为，， 所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误； 因为，则，可得，即， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段长度的最大值为2，故③正确； 因为点到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故④正确. 重难点题型4 平面的基本性质 1．已知，，，，则“”是“A，B，C，M四点共面”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【难度】0.71 【知识点】充要条件的证明、空间中的点（线）共面问题、空间向量共面求参数 【详解】，，， 设， 则，解得， 则“”是“A，B，C，M四点共面”的充要条件. 2．（2026·湖北荆门·模拟预测）如图，在空间四边形中，分别为的中点，点分别在边上且满足，，则以下命题正确的个数为（    ）    ①四边形为梯形        ② ③平面            ④若直线相交于点，则点必在直线上 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、证明线面平行、空间向量基本定理及其应用 【分析】先证再证即可判断①②，利用线面平行判断定理即可判断③，利用基本事实即可判断④. 【详解】由分别为的中点，所以且， 又点分别在边上且满足，， 所以且， 所以且， 所以四边形为梯形，故①正确； 由，故②正确； 由，平面，平面，所以平面，故③正确； 若直线相交于点，所以平面，且平面， 所以是平面与平面的公共点，又平面平面， 所以，故④正确； 故选：D. 3．（2025·四川成都·一模）在空间中，下列命题正确的是（    ） A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D．若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】平面的基本性质及辨析、面面关系有关命题的判断、判断面面平行、判断面面是否垂直 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 4．（2026·山西忻州·模拟预测）（多选题）在棱长为1的正方体中，点P在线段上，且，．过点P作平面，使．设平面截正方体所得截面的面积为，则下列说法正确的是（     ） A．当时，截面面积为 B．当时，截面为等边三角形 C．的最大值在处取得 D．当时，截面周长为3 【答案】ABC 【难度】0.38 【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 【分析】先证明出平面．设与平面交于点，证明出是的三等分点，此时截面多边形为等边，即可求出截面面积判断A选项，结合图形分析当时，截面图形的变化即可判断B选项分析出的单调性，根据对称性，判断出截面的位置在平面与平面中间，且为过的中点的正六边形时，截面多边形面积最大即可求解从而判断C、D选项. 【详解】连接BD，，.    在正方体中，平面，平面， 所以. 由为正方形，所以. 又，平面， 所以平面，平面， 所以.同理可证. 因为，所以平面． 设与平面交于点， 由等体积法得： ， 解得：，所以是的三等分点， 此时截面多边形为，且为等边三角形 对于A，当时，点与点重合，所以截面的面积为，故A正确； 当时，截面与相似，因为为等边三角形， 所以当时，截面为等边三角形，故B正确； 对于C、D，当时，单调递增，； 当时，先增后减，根据对称性， 当截面的位置在平面与平面中间，且为过的中点的正六边形时，边长为， 此时截面多边形面积最大，此时，且截面的周长为，故C正确，D错误. 5．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．存在点，使，，，四点共面 B．存在点，使∥平面 C．三棱锥的体积为 D．此正方体外接球的表面积为 【答案】ABC 【难度】0.62 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、空间中的点（线）共面问题、证明线面平行 【分析】利用平行公理推理判断A；利用线面平行的判定推理判断B；求出三棱锥的体积判断C；求出正方体外接球直径计算判断D. 【详解】对于A，在正方体中，连接，由分别是的中点， 得，又，则，因此四点共面， 即当Q与点重合时，四点共面，A正确； 对于B，连接，当Q是的中点时，由，得， 而平面平面，则平面，B正确； 对于C，，而平面，，则，C正确； 对于D，正方体外接球直径等于，该球表面积，D错误. 6．（2026·云南玉溪·模拟预测）（多选题）如图，在空间四边形中，，分别是的中点，分别在上，且，则下列说法正确的是（ ） A．当时，四边形是一个正方形 B．当时， C．当时，四点共面 D．当时，直线相交于一点 【答案】BCD 【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 【分析】根据线线平行得出平行四边形及菱形判断A，B，根据平行得出四点共面判断C，应用平面的基本性质得出三线共点判断D. 【详解】因为分别是的中点，所以， 当时，，所以， 四边形是一个平行四边形，且，易得， 所以四边形是一个菱形，则， 不能得出四边形是一个正方形，所以A错误，B正确； 对于C，当时，，，则， 所以四点共面，C正确； 对于D，当时，，但，而， 所以但不相等，所以四边形是一个梯形， 假设相交于点，因为平面，平面， 又平面平面，所以， 从而可得直线相交于一点，D正确，故选：BCD. 重难点题型5 综合应用 1．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】判断正方体的截面形状、空间中的点（线）共面问题、证明线面垂直 【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以，，，四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故选：B. 2．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【难度】0.7 【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】由线面垂直的判定定理判断命题①，由线面平行的性质判断命题②，根据面面垂直的性质以及面面垂直的判定定理判断命题③即可． 【详解】命题①：根据线面垂直的判定定理可知：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与该平面垂直，没有强调相交，故命题①错误； 命题②：根据线面平行的性质，若直线与平面平行，则过这条直线的平面与已知平面相交的交线平行于这条直线，故在平面内，有无数条平行于交线的直线都与直线平行，但是过点且平行于直线的直线有且只有一条，故命题②错误； 命题③：根据面面垂直的性质可知，当时，内垂直于交线的直线必然垂直于，但是为平面内的一条直线，未强调垂直于交线，故“”无法得到“”； 根据面面垂直的判定定理可知，如果一条直线垂直于一个平面，那么过这条直线的任一平面都与该平面垂直，故，且，可得； 综上“”是“”的必要不充分条件，故命题③错误． 综上，正确的命题个数为0个． 3．（2026·陕西榆林·三模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.55 【知识点】球的截面的性质及计算、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】先确定正方体外接球的半径，再利用线面平行转化球心到平面的距离，结合等体积法求出距离，最后利用球的截面公式即可算出截面面积. 【详解】记正方体的外接球的球心为，则为正方体中心， 则半径， 连接，相交于点，则点为，的中点． 连接，，可得． 因为平面，平面，所以平面， 又因为在上，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为. 因为，， 且平面，由得， 即， 则截面圆半径，所以截面的面积． 4．（25-26高三上·浙江宁波·期末）将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成______个部分.    【答案】21 【难度】0.65 【知识点】平面分空间的区域数量、二面角的概念及辨析、求二面角 【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断两平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果. 【详解】    因为上图是棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥， 所以取的中点为，可知 即正四面体的一个二面角的平面角为，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为， 由已知可得：，所以， 又由已知可得：，所以， 由于，因为， 所以， 从而可得侧面与侧面共面， 即四边形是菱形，可得， 再利用正四面体与正四棱锥的性质可知，侧面与侧面也共面， 即四边形是菱形，可得， 由于平面，平面，所以平面， 同理平面，又因为平面， 所以平面平面， 所以这个几何体是一个三棱柱， 其中三个侧面侧面，侧面所在的平面可将空间分成个部分， 再由两个平行底面与底面又将空间分成上、中、下个部分； 所以这五个面所在的平面可以将空间分成个部分. 故答案为： 5．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一．正八面体由八个等边三角形构成，也可以看做由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方椎体由四个三角形与一个正方形组成．如图，在正八面体ABCDEF中，是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______ 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求异面直线所成的角 【分析】首先根据几何关系，构造异面直线所成的角，再结合几何关系和余弦定理，即可求解. 【详解】取棱AB的中点，连接HG，FG， 因为H，G分别是棱BC，AB的中点，所以，则是异面直线HF与AC所成的角或补角， 设，则， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线HF与AC所成角的余弦值是. 故答案为： 6．如图，在四棱锥中，平面，，，四边形为直角梯形，，，给出下列结论：①平面；②三棱锥的外接球的表面积为；③异面直线与所成角的余弦值为；④直线与平面所成角的正弦值为.则所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【难度】0.65 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角、证明线面垂直、线面角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法验证与的垂直关系，可判断①；根据题意，找到球心的位置，计算球的表面积，可判断②；利用向量法求异面直线与所成角的余弦值，可判断③；利用向量法求直线与平面所成角的正弦值，可判断④. 【详解】对于①：由题意知AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，，，， 若平面，则平面，得，而， 所以与不垂直，故①错误. 对于②；取的中点O，连接，可得， 因为， 所以，则为直角三角形，且， 所以，则， 所以O为三棱锥的外接球的球心， 于是外接球半径， 故三棱锥的外接球的表面积为，故②正确. 对于③：设异面直线与所成的角为， 则由①的解法一可知，， 因为异面直线所成角的范围是， 所以，故③正确； 对于④：由①的解法一知，，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 设直线PB与平面PCD所成的角为， 则，故④错误. 故答案为：②③. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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 1．（2023·上海·高考真题）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． 2．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 3．（2026·全国一卷·高考真题）（多选题）在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 4．（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． 5．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 6．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 重难点题型1 证明“点共面” 、“线共面”或“点共线”、“线共点” 共面、共线、共点问题的证明 （1）证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内． （2）证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． （3）证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 2．（2026·重庆·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且.    (1)证明：四点共面； (2)设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 3．（2026·云南曲靖·模拟预测）日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，如图所示，并配上花结.图中，正四棱柱的底面是正方形，且，.已知. (1)证明：四点共面. (2)记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为. （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. 4．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别是，的中点，点在棱上. (1)若，，，四点共面，求的值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求. 5．（25-26高三下·广东江门·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，，分别是的中点，为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面平面． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 6．如图，三棱锥中，面，，点，，分别在侧棱，，上，且，，，. （1）设直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点，求证：，，三点共线； （2）若平面与平面所成的锐二面角大小为45°，求的长. 7．如图，已知在三棱柱中，，，F是线段BC的中点，点O在线段AF上，.D是侧棱中点，. (1)证明：平面； (2)F，E，三点在同一条直线上吗？说明理由，求的值. 重难点题型2 截面问题 （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． 1．（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 4．（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 5．（2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 6．（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为__________． 重难点题型3 异面直线的判定及夹角的计算 判定空间两条直线是异面直线的方法如下： （1）直接法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过B点的直线是异面直线． （2）间接法：平面两条不可能共面（平行，相交）从而得到两线异面． 1．（2026·陕西西安·三模）2022年北京冬奥会的“雪如意”跳台滑雪中心的赛道可抽象为如下几何模型：底面是边长为2的正三角形的三棱锥，其中平面．施工人员需要在上取中点，在上取中点，搭建辅助支撑钢架，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·贵州黔西南·二模）定义：对于空间一个平面和该平面外两点，，若在平面内存在一点使得取得最小值，则称为，两点关于平面的“最短距点”.如图，已知正方体的棱长为2，与交于点，点为线段的中点，其中，点是，两点关于平面的“最短距点”，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·广东汕尾·期末）在棱长为2的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 6．（2026·北京·三模）在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 7．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 重难点题型4 平面的基本性质 1．已知，，，，则“”是“A，B，C，M四点共面”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2026·湖北荆门·模拟预测）如图，在空间四边形中，分别为的中点，点分别在边上且满足，，则以下命题正确的个数为（    ）    ①四边形为梯形        ② ③平面            ④若直线相交于点，则点必在直线上 A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·四川成都·一模）在空间中，下列命题正确的是（    ） A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D．若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 4．（2026·山西忻州·模拟预测）（多选题）在棱长为1的正方体中，点P在线段上，且，．过点P作平面，使．设平面截正方体所得截面的面积为，则下列说法正确的是（     ） A．当时，截面面积为 B．当时，截面为等边三角形 C．的最大值在处取得 D．当时，截面周长为3 5．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．存在点，使，，，四点共面 B．存在点，使∥平面 C．三棱锥的体积为 D．此正方体外接球的表面积为 6．（2026·云南玉溪·模拟预测）（多选题）如图，在空间四边形中，，分别是的中点，分别在上，且，则下列说法正确的是（ ） A．当时，四边形是一个正方形 B．当时， C．当时，四点共面 D．当时，直线相交于一点 题型5 综合应用 1．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（2026·陕西榆林·三模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体外接球所得截面的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·浙江宁波·期末）将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成______个部分.    5．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一．正八面体由八个等边三角形构成，也可以看做由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方椎体由四个三角形与一个正方形组成．如图，在正八面体ABCDEF中，是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______ 6．如图，在四棱锥中，平面，，，四边形为直角梯形，，，给出下列结论：①平面；②三棱锥的外接球的表面积为；③异面直线与所成角的余弦值为；④直线与平面所成角的正弦值为.则所有正确结论的序号是______. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $