第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以空间点线面位置关系为核心，通过基础到综合的题型设计，系统覆盖平面性质、直线关系、角的计算及线面面面辨析，注重空间观念与推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平面基本性质与共点共线共面|选择/填空/解答|结合棱柱、棱锥考查共面、共线证明及截面画法|从平面三公理出发，构建空间图形的基本构成逻辑| |空间直线位置关系判断|选择/填空|以正方体、圆锥为载体，判断平行、相交、异面|通过具体几何体直观感知空间直线关系的分类与判定| |异面直线所成角计算|选择/填空/解答|涉及翻折、动点问题，结合正三棱柱、正方体计算角|基于平移法将空间角转化为平面角，体现化归思想| |线面与面面位置关系辨析|选择/解答|以命题判断为主，考查平行、垂直的判定与性质|从线线关系推导线面、面面关系，形成逻辑推理链条| |综合探究|选择/填空/解答|含动点、存在性问题，综合应用位置关系与空间度量|整合前四模块知识，提升复杂情境下的空间想象与论证能力|

第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 2 题型02 空间直线位置关系的判断 12 题型03 异面直线所成角的计算 19 题型04 线面、面面位置关系的辨析 37 题型05 空间点线面位置关系的综合探究 44 重难·创新演练 60 真题·实战演练 76 模拟·基础演练 考查重点：截面画法 题型01 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 一、单选题 1．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 【答案】C 【分析】根据线线平行及菱形对角线垂直判断A，根据两直线平行确定平面判断B，作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C，利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断D. 【详解】如图， 连接，由分别为中点，可得， 由可知，侧面为菱形， 所以，所以，故A正确； 连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点， 所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故B正确； 延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，， 设确定平面为，则，所以，所以， 则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； 由B知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点， 因为平面，平面， 又平面平面，所以，所以与重合， 即、、三线共点于，故D正确. 故选：C 二、多选题 2．（2026·河南许昌·三模）在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（   ） A．平面 B．M，N，P，四点共面 C． D．三棱锥的体积为 【答案】ACD 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    已知正方体棱长为4，M，N，P分别为棱，，的中点， 则， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 即平面的法向量，且平面， 故平面，故A正确； 平面，平面，且平面平面， 若M，N，P，四点共面，则， 则，即，显然不存在唯一的使得成立， 不平行于，故M，N，P，四点不共面，故B错误； ， ，故，故C正确； ， 则，， ， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设点到平面的距离为，则， ，故D正确． 3．（2026·湖南长沙·一模）已知是三个不同的平面，为三条不同的直线且，则三条直线的位置关系可能是（   ） A．三条直线两两平行 B．有且仅有两条直线平行 C．三条直线相交于同一点 D．有且仅有两条直线相交 【答案】AC 【分析】根据平面基本事实可得正确的选项. 【详解】由题设，故为共面直线， 若，则，则重合，与题设矛盾，故，同理 若，因，故，而，，故， 故三条直线两两平行，故A正确，B错误； 若相交，设，则，故， 故三条直线相交于同一点，故C正确，D错误； 4．（2026·西藏拉萨·二模）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 【答案】ACD 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【详解】由，，且，平面， 所以平面，则平面，A对， 由平面，平面，则平面， 而平面，且，则为异面直线，B错， 若为的中点，连接，为的中点，则且， 而，且，即，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 由平面，平面，则平面，C对， 由直棱柱中平面，平面，则平面平面， 由，则，而平面，平面平面， 所以平面，结合C的结论，知平面，D对. 5．（2026·重庆万州·三模）在正四棱柱中，则（   ） A．平面 B．平面 C．四点不共面 D．与底面所成的角为 【答案】ABD 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据线面垂直的判定定理判断B，根据两条平行线确定一个平面判断C，根据线面角的定义判断D. 【详解】如图， 因为，平面，平面， 所以平面，故A正确； 正四棱柱中，平面，平面，所以， 又四边形为正方形，所以，因为平面， 所以平面，故B正确； 在正四棱柱中，，所以， 故四点共面，故C错误； 因为平面，所以与底面所成的角为， 在中，，所以，故D正确. 【新考法】6．（2025·安徽·二模）在正四棱锥中，已知，分别为，的中点，点为上一动点，满足，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．当时，平面平面 C．不存在，使得平面 D．当时，，，，四点共面 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直的判定定理证明判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；利用线面垂直的判定定理证明判断C；利用空间向量线性运算得，可得，，共线，即可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接， 因为在正四棱锥中，底面为正方形，所以， 又因为，为中点，所以， 又因为，，平面，所以平面，A正确； 对于B，连接，，，因为，所以，， 又，平面，，平面，，， 所以平面平面，B正确； 对于C，因为，为中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又因为，，平面，所以平面， 则平面，所以当，即点与重合时，平面，C错误； 对于D，设与的交点为，当时，，， ，则， 所以，，共线，所以，，，四点共面，D正确. 故选：ABD. 【新思维】7．（2026·四川绵阳·三模）在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（   ） A．直线EF、MN、CD相交于同一点 B．GN和MH是异面直线 C．若点在直线上，则平面EFH D．E，F，G，H，M，N在同一个球面上 【答案】ACD 【分析】利用平面公理判断A；由为平行四边形判断B；利用面面平行判断C；根据正方体的几何特征判断D. 【详解】对A，因为分别是的中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又分别是的中点，所以，所以且， 所以共面且不平行，记其交点为，易知是平面和平面的公共点， 所以点在平面和平面交线上， 所以交于同一点，正确； 对B，易知，且，所以为平行四边形， 所以GN和MH共面，错误； 对C，分别是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可证，平面，又是平面内的两条相交直线， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，正确； 对D，由正方体的几何特征可知，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等， 所以E，F，G，H，M，N在以正方体的中心为球心与各棱相切的球上，正确. 8．（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. 三、解答题 9．（2026·江苏南京·模拟预测）在正三棱锥中，平面，垂足为点O，过O作平面与棱，，，交于点D，E，F，G. (1)求证：E，O，F三点共线； (2)若四边形为平行四边形，求的值. 【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以平面. 同理平面，所以平面平面. 又因为平面，平面，所以. 即E，O，F三点共线. (2) 【分析】（1）因为是平面与平面的交线，由平面基本事实即可得E，O，F三点共线； （2）由线面平行的性质结合条件可得，易得为重心，则，进而可. 【详解】（1）略 （2）若四边形为平行四边形，则. 又平面，平面，所以平面. 又平面，平面平面，所以. 在正三棱锥中，平面， 则为正三角形的中心，即为重心. 连接并延长交于点Q，则. 由（1）可知，.又，则. 所以. 题型02 空间直线位置关系的判断 一、单选题 1．（2026·陕西咸阳·三模）如图，连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，该正八面体的所有棱中，互为异面直线的棱共有（    ） A．12对 B．18对 C．24对 D．48对 【答案】C 【分析】借助异面直线定义计算即可得. 【详解】先任选一条棱，余下的11条棱中与它异面的有4条， 故共有对异面直线． 2．（2025·湖北黄冈·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 【答案】B 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用面面垂直判定定理及其性质可判断③正确，由异面直线定义以及基本定理可得仅有一条直线过点且与都相交，即④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，若，不妨设， 作，且，所以可知，显然这样的直线可以作出无数条， 如下图所示： 所以必垂直于面内的无数条直线，即③正确； 对于④，在直线上取两点，在直线上取两点，如下图所示: 因为为异面直线且点，所以过三点有且仅有一个平面， 同理过三点有且仅有一个平面，此时两平面仅有一条过点的交线， 所以④错误； 综上可知，仅有③正确. 故选：B 3．（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. 4．（2025·云南·模拟预测）设是两条不同的直线，为平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】对于A，利用直线与平面的位置关系判断；对于B，利用直线与平面的位置关系判断；对于C，利用线面垂直的性质定理判断；对于D，利用直线与直线的位置关系判断. 【详解】对于A，若，则或或与相交，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则或与相交或与异面，故D错误. 故选：C. 5．（2024·江西新余·模拟预测）空间中有三条两两异面的直线，为其中一条直线上一定点，过引直线使其与这三条异面直线都相交，则对于任意的定点，存在的直线有（     ）条. A． B． C． D．无数 【答案】A 【分析】过点作过另两条直线的平面，则两平面有唯一交线，可判断直线的条数. 【详解】如图：在正方体中，不妨设三条两两异面的直线为， 令，作平面过，则过与相交的直线都在平面内， 作平面过，则过与相交的直线都在平面内，. 平面与平面不平行且不重合，有且仅有一条公共直线， 所以直线只有1条. 故选：A. 6．（2024·安徽芜湖·三模）下列说法正确的是（    ） A．正方体各面所在平面将空间分成27个部分 B．过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行 C．若空间中四条不同的直线满足，则 D．若为异面直线，平面平面，且与相交，若直线满足，则必平行于和的交线 【答案】A 【分析】利用空间关系，可以判断AB，对于C可用正方体模型来举反例，对于D也是举反例. 【详解】对于A，利用四个侧面将空间分成九个部分，再由上下底面又将空间分成上中下三层，所以可以将空间分成27个部分，故A是正确的； 对于B，因为过平面外一点可以作一个平面与该平面平行，在这个平行平面内有无数条过该点的直线都与已知平面平行，故B是错误的； 对于C， 在正方体中，把看成，把看成，把看成，把看成， 它们满足，但不满足，故C是错误的； 对于D，由平面平面，且与相交于，则， 即满足条件，但此时与重合，它们不平行，故D是错误的； 故选：A. 7．（2024·重庆·二模）已知是空间中的两条直线，则没有交点是的（    ） 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】B 【分析】利用异面和平行直线的概念结合充分必要条件判断. 【详解】，是空间中的两条直线， 没有交点可推得或与是异面直线，故充分性不成立； ,则没有交点，故必要性成立． 没有交点是的必要不充分条件． 故选：B． 二、多选题 8．（2025·河南郑州·模拟预测）如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（    ） A．直线与垂直 B．直线与平行 C．直线与异面 D．直线与成角 【答案】BCD 【分析】作出正方体，利用异面直线所成角的定义可判断AD选项；利用平行四边形的性质可判断B选项；利用图形可判断C选项. 【详解】作出正方体，如下图所示，连接. 对于A选项，因为且，则四边形为平行四边形， 故与所成的角为或其补角， 易知为等边三角形，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，由A可知，四边形为平行四边形，则，B对； 对于C选项，由图可知，平面，，平面， 所以直线与为异面直线，C对； 对于D选项，因为且，故四边形为平行四边形， 所以，所以与所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，则，即直线与直线所成角为，D对. 故选：BCD. 9．如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，圆锥的侧面展开图为半圆，且半圆的面积为，为的中点，为弧的中点，下列说法正确的是（    ） A．底面半径为1 B．母线与底面所成的角为 C． D． 【答案】AB 【分析】根据扇形面积公式和弧长公式列式求解判断A，根据线面角的定义作出线面角并求解判断B，连接，，根据异面直线的定义及夹角判断CD. 【详解】如图， 设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得，得， 半圆的弧长为，所以，故A选项正确； 母线与底面所成角为，在中，， 所以，故B选项正确； 连接，，，因为分别为中点，则， 结合圆锥性质知平面， 因为平面，则，故与不垂直， 所以与不垂直，与是异面直线，故C，D选项错误. 故选：AB 三、填空题 10．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为，高为，A、B分别为该圆柱上、下底面圆周上的动点．若直线和该圆柱的轴始终是异面直线，则线段AB长度的取值范围是________． 【答案】 【分析】根据圆柱的结构特征及异面直线定义，数形结合判断线段长度范围. 【详解】如下图， 要使直线AB与该圆柱的轴始终互为异面直线，则不能与重合， 假设能与重合，若与重合时线段AB长度最小为3； 若与重合时线段AB长度最大为， 综上，线段AB长度的取值范围是. 故答案为： . 题型03 异面直线所成角的计算 一、单选题 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 【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. 二、多选题 2．（2026·广东清远·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（    ） A．P，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 【答案】BC 【分析】根据异面直线的判定判断A，利用补形法判断B，根据等体积法判断C，作出异面直线所成的角计算判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为，则，C正确； 对于D，取中点，连接， 由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是， 而，因此，即，D错误. 3．（2026·山东济南·模拟预测）在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，在线段上，则（     ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．直线与直线所成角最小时，线段长为 D．直线与直线所成角最小时，三棱锥的外接球半径为 【答案】ACD 【分析】根据直三棱柱的性质，结合已知条件，构造空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，求出平面法向量，利用垂直向量数量积为零判断选项A；利用向量夹角余弦公式计算判断选项B；利用向量夹角余弦公式，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性求出函数的最大值，对应角的最小值，判断选项C；根据C的结论，结合外接球的性质求出外接球半径，进而判断选项D． 【详解】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， 由已知，可得各点坐标： ， 因为为的中点，为的中点，由中点坐标公式得，. 选项A：，平面的一个法向量为， ， 又平面，故平面，A正确. 选项B：平面的一个法向量为， ，设直线与平面所成的角为， 则，故B错误. 选项C：点，由在线段上， 设，其中，， 则，， 直线与直线所成角的余弦值为：， 令， 求导得： ， 令，解得， 当时，； 当 时，， 故当时，取得最大值，由余弦函数单调性知此时异面直线所成角最小， 此时，故C正确. 选项D：由C选项可知，当时，的坐标为， 为等腰直角三角形，其外接圆圆心为的中点，外接圆半径， 所以可设三棱锥的外接球球心为，半径为，则， 由列方程： =， 即，，， 因此，外接球半径：，故D正确． 4．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（     ）    A．三棱锥的体积为定值 B．若是棱的中点，则过的平面截正方体所得的截面图形的周长为 C．若与所成角为，则的取值范围为 D．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 【答案】AC 【分析】对于A，根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，继而可判定； 对于B，根据题意画出截面图，计算即可； 对于C，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可； 对于D，作出图形，根据题意建立方程组，解出即可； 【详解】对于A，连接    因为，平面，平面，所以平面， 又是棱上的动点（含端点），所以到平面的距离为定值，设为， 则，为定值，A正确； 对于B，    如图，四边形为过的平面截正方体所得的截面图形， 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以， 又因为分别是棱的中点，所以为的四等分点， 所以四边形的周长为，B错误； 对于C，    以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 所以，， 所以， ， 当时，， 当时，， ，当且仅当时，等号成立， 所以，，， ，，即 所以的取值范围为，C正确； 对于D，如图，连接，取的中点，连接， 设外接圆圆心为，外接球球心为，连接，则，    在中，设其外接圆半径为， 由正弦定理得，解得，即， 连接，因为 所以四点共圆，则， 设外接球半径为，过作，交于， 在中，，即①， 在中，，即②， 联立①②，解得，， 所以外接球的表面积为，D错误． 5．（2026·重庆·模拟预测）三棱锥中，，，，，以下选项中正确的是（     ） A．面积的取值范围是 B．可能和垂直； C．与所成的角可能为； D．三棱锥的外接球的体积的最小值为． 【答案】BCD 【分析】由余弦定理求出，结合勾股定理得出，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设二面角的大小为，求出相关向量坐标，结合二面角的范围求出，进而求出的范围，再利用三角形面积公式计算判断选项A；假设垂直关系成立，利用余弦定理求出相应的，进而判断选项B；利用向量夹角余弦公式计算判断选项C；利用外接球球心的性质得出球心坐标，求出球半径的最小值，再利用球的体积公式计算求解，判断选项D． 【详解】， 则， ， ， 以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设二面角的大小为， 则， 则， ， ，因为为二面角，且为三棱锥，则， ， ， 余弦函数在上单调递减， ，故， ，故A错误； 假设，则，解得， 由余弦定理，， 令，解得，存在这样的二面角， 故假设成立，故B正确； 设异面直线所成角为，则， 令，解得，存在这样的二面角，故C正确； 直角三角形的外接圆圆心为斜边中点，半径， 外接球球心在过且垂直于平面的直线上，设， 则外接球半径， ， 化简整理得， 方程有解的条件需满足，即， ，最小体积，故D正确． 6．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）在正四棱台中，E，F分别为，的中点，则（   ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】ACD 【分析】将正四棱台补成正四棱锥，根据空间线面的位置关系逐一判断. 【详解】如图，将正四棱台补成正四棱锥，点是正四棱锥的顶点，是正方形的中心， 连接， 对于A，因为分别是的中点，所以，又，所以，故A正确； 对于B，因为与所成角为，又，所以与所成角为， 因为，所以与所成角为，故B错误； 对于C，因为，平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为平面，平面，所以， 又，，所以， 又是平面内两条相交直线，所以平面，即平面，故D正确. 三、填空题 【新题型】7．（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 【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. 【新角度】8．（2026·河北邯郸·三模）如图，将一张A4纸（长宽比为）折出3条与短边平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱（边与边重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为，则当该四棱柱体积最大时，直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 【分析】先根据棱柱的定义，分别求出：①底面四边形的两组对边都不平行，②底面四边形恰有一组对边平行，及③底面四边形有两组对边平行的概率，从而确定该四棱柱底面为平行四边形，再根据平行四边形的面积公式，基本不等式，勾股定理，及余弦定理即可求解． 【详解】由棱柱的定义知棱柱的侧棱相互平行，上下底面的对应边分别平行，故只需考虑一个底面边的平行情况． ①若底面四边形的两组对边都不平行，则任取两条棱平行的概率为； ②若底面四边形恰有一组对边平行，则任取两条棱平行的概率为； ③若底面四边形有两组对边平行，则任取两条棱平行的概率为； 综上可知，该四棱柱底面为平行四边形． 因此， 当且仅当，， 即底面四边形为正方形时底面面积最大，此时四棱柱的体积最大． 连接，易得，或其补角为异面直线与所成角， 设，又该A4纸的长宽比为，则， 所以，， 在中，由余弦定理得， 故直线与所成角的余弦值为． 四、解答题 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，底面是正方形的直棱柱中，，． (1)求直线与所成角的正弦值； (2)求证：． 【答案】(1) (2) 证明见解析. 【分析】（1）利用余弦定理求即可； （2）利用直棱柱性质及正方形性质证明线面垂直，进而证得线线垂直. 【详解】（1）设与的交点为， 直线与所成角为， 由已知，同理可得， 所以， 所以， 因为 ， 所以 . 即直线 与 所成角的正弦值为 . （2）证明：因为 是直棱柱， 所以 平面 . 又因为 平面 ， 所以 . 因为底面 是正方形， 所以 . 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 因为 平面 ， 所以 . 10．（2026·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量，，即可用空间向量法求解； （2）由向量得出点到平面的距离，再由锥体的体积公式即可求解； （3）分别求出平面与平面的法向量，然后用空间向量法求解. 【详解】（1）由题意可知、、两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 即，， 设异面直线与所成角为，则为锐角， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为． （2）由（1）易知，，， 设面的一个法向量为，则有， 取，，即， 所以点到平面的距离为； ，，， 所以三棱锥的体积为． （3）由（1）可知，， 设面的一个法向量为，则有， 取，，即， 设平面与平面夹角为，则为锐角， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 11．（2026·安徽宿州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，， (1)求证：平面平面； (2)若，，，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：∵四边形为菱形，∴， 又，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面； (2) 【分析】（1）根据菱形的性质，得到，结合题中所给的线线垂直的条件，利用线面垂直的判定定理证得平面，再借助面面垂直的判定定理证得结果； （2）平移到，在中利用余弦定理求解. 【详解】（1）略 （2）连接， ∵四边形为菱形，∴为、的中点. ∵，∴. 在菱形中，， ∴为等边三角形,， 又，∴，即，即， 又平面平面，平面平面； ∴平面， 平面， ∴，又， ∴，. ∵，∴即为异面直线与所成角（或其补角）. 在中，， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 题型04 线面、面面位置关系的辨析 一、单选题 【新角度】1．已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意知平面平面，可先令为中点，再证明当点为中点时，满足平面平面，即可轻易得出的值. 【详解】因为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点， 所以∥平面,而平面，故平面平面. 在正方体中，如图所示，取中点为,中点为,连接， 假设为中点，则为等腰三角形，中点为,所以; 又因为,,所以， 中点为,中点为,所以,而,所以，，平面， 所以平面，平面,所以； 因为，，,平面， 所以平面，平面，所以平面平面，符合题意， 故为中点，. 故选：D. 2．（2026·海南儋州·二模）已知直线，与平面，，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】若，，则或相交（墙角模型），故A错误； 若，，则，故B正确； 若，，则或异面，故C错误； 若，，则或相交，故D错误. 3．（2026·上海虹口·三模）设，分别为空间中的两条不同的直线，平面，“”是“”的（     ）条件： A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【答案】D 【分析】结合线面平行的判定定理验证充分性，结合线面平行的性质验证必要性. 【详解】已知，：如果本身也在平面内（是不同直线）， 此时，不满足，因此充分性不成立； 若，则和平面无公共点，与内的直线可以平行，也可以异面， 不一定满足，因此必要性不成立， 综上，“”是“”的既非充分又非必要条件. 4．（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 【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． 5．（2026·安徽马鞍山·二模）已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【详解】对于选项A：当，时，，所以本选项不符合题意； 对于选项B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； 对于选项C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； 对于选项D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 6．（2026·福建·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 【答案】C 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】 如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则， 从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误； 对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因， 则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使， 则必有，故必要性成立，故C正确. 7．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 【答案】D 【分析】将每个选项中的命题进行变换，结合空间中线面、面面位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行， 根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行， 根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 二、多选题 8．（2026·浙江·三模）已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（   ） A．若不垂直，则不可能垂直 B．若垂直，则可能不垂直 C．若不平行，则不可能平行 D．若平行，则可能不平行 【答案】BD 【分析】根据空间中面面位置关系与线线位置关系的判定，可通过生活中的实物模型举反例结合空间几何基本定理判断各选项正误。 【详解】对于A，想象一本半打开的书（比如打开成 角），左边的书页是平面 ，右边的书页是平面，显然这两个平面不垂直， 在左边书页上，画一条直线 垂直于书脊（交线），在右边书页上，取书脊即交线为，此时互相垂直的， 因此平面不垂直，也可以垂直，故A错误；   对于B，想象教室的墙角，地面是平面，前面的黑板墙面是平面 ，它们互相垂直， 在地面上画一条直线，让它平行于墙脚线（交线），在黑板墙面上也画一条直线 ，让它也平行于墙脚线，此时，直线和直线是互相平行的， 因此即使平面垂直，可以平行，即可能不垂直，故B正确； 对于C，还是那本半打开的书，左右两页纸代表平面和，它们相交于书脊，肯定不平行， 在左页纸上画一条横线平行于书脊，在右页纸上也画一条横线平行于书脊， 根据几何公理（如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线互相平行），和都平行于书脊，所以和互相平行， 因此哪怕平面相交（不平行），依然可以平行，故C错误； 对于D，想象教室的天花板是平面，地面是平面，这两个平面是平行的， 在天花板上画一条直线，方向是南北走向，在地面上画一条直线，方向是东西走向， 直线 a在头顶，直线在脚下，方向还互相交叉，它们既不会相交，方向也不一样，这种关系叫作异面直线，既然是异面，它们自然不平行， 因此平面平行，可以是异面的（即不平行），故D正确. 三、解答题 9．（2025·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)证明如下： ，平面， 平面， 平面 (2) (3)相交，理由如下： 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由空间向量法求线面角即可； （3）利用作图法来判断与平面相交． 【详解】（1）略 （2）是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3）略 题型05 空间点线面位置关系的综合探究 一、多选题 1．（2026·安徽安庆·三模）如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【分析】对于A，先作出截面，再求其面积即可；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断. 【详解】 对于A，取的中点，的中点，的中点， 连接、、、、，由于均为所在边的中点， 所以，，， 所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，其边长， 故其面积为，故A正确； 对于B，设中点为，连接，则易得平面， 则异面直线与所成的角可用表示， 在中，， 当为的中点时，，此时取最小值， 此时有， 因异面直线与所成的角， 由余弦函数的单调性，可得，故B不正确； 对于C，若为中点，由B项易得平面， 因平面，则， 由于，，由，可得， 又平面，所以平面，又平面，故，即C不正确； 对于D，由图知，点到平面的距离为，而， 故，即三棱锥的体积为定值，故D正确． 2．（2026·江西·三模）在正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与所成的角为 B．与所成的角为 C．与平面所成的角为 D．与平面所成的角为 【答案】BCD 【分析】结合正方体性质，根据异面直线夹角，线面角的定义求解判断即可. 【详解】如下图，且为等边三角形，则与所成的角为，A错误； 由，且，则，故与所成的角为正确； 由平面，则与平面所成的角为，C正确； 由平面平面，则，又， 且都在平面内，则平面， 所以与平面所成的角为，且， 故，D正确. 3．（2026·广东东莞·三模）在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 【答案】BD 【分析】对A：利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，又与相交，可得与为异面直线；对B：借助菱形性质可得，再利用三角形全等可得，由等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：求出、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对于A：平行六面体中，， 又为棱的中点，所以与相交，故与为异面直线，A错误.    对于B：连接、，交于点，连接、， 因为，则四边形为菱形，故，点为中点. 又，，所以，故. 又点为中点，所以， 又，，平面，故平面，故B正确. 对于C：由，， 得、、均为等边三角形，故. 在等腰中，， 在等腰中，， 在中，， 在中，，则，C错误. 对于D：连接，，因为，分别为棱，的中点，所以， 又，则直线与所成角即为直线与所成角，即为. ， ，， 在中，，D正确. 【新角度】4．（2026·广东汕头·二模）如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 【答案】BCD 【分析】正四面体的平面展开图复原为正四面体即可求解. 【详解】 将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有： 对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误； 对于B，易知与为异面直线，故B正确； 对于C，依题意知，故与成角，故C正确； 对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以， 而，所以与垂直，故D正确. 5．（2026·广西南宁·一模）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 【答案】AB 【分析】根据题意，易得为等腰直角三角形，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可判断选项A； 根据，根据面面平行的判定定理可判断选项B； 取中点，可得四点共面，点不在平面，即可结合图形判断选项C； 将图形补全为正方体，将异面直线BD与AE所成的角转化为与的夹角，再由正方体面对角线特点求夹角即可. 【详解】由题意易得在边长为2正方形中，，则， 在等腰中，，可得， 所以即，所以， 同理可证在中，可得，且，平面， 所以BE⊥平面，故A正确； 如图所示，在中F，P分别为棱AD，DE的中点，所以， 不在平面内，在平面内， 所以平面， 在中，P，H分别为棱的中点，所以， 又因为，所以，同理可证平面， 因为，平面，所以平面平面，故B正确； 如图所示，取的中点，连接，易知，由选项B知， 所以，即共面，显然点B不在面，则四点不共面，故C错误；    由且，可将图形补全为正方体，连接，易知， 则异面直线与所成的角即为与的夹角， 因为在中，三边均为正方体各面上的对角线， 所以为等边三角形，即，即异面直线BD与AE所成的角为，故D错误，    故选：AB. 二、填空题 6．（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】 【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. 三、解答题 7．（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) 【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． 8．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，点满足. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求直线与底面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过平行线将异面直线的夹角转化为同一平面内相交直线的角，然后利用余弦定理求解即可； （2）根据向量关系得点P的位置，可得点到平面的距离为，利用余弦定理求得，然后根据线面角的定义求解即可. 【详解】（1）因为底面是边长为2的菱形，，所以， 因为底面，底面， 所以， 所以， 因为，所以异面直线与所成角为， 在中，， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （2）因为点满足，所以点为的四等分点且靠近点C， 所以点到平面的距离为， 在中，，又， 所以， 所以， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 9．（2026·浙江·三模）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，若分别为的中点，点在直线上. (1)求证：直线与直线为异面直线； (2)求直线与平面所成角的最大值. 【答案】(1)证明：取中点，连接、， 由分别为的中点，底面是正方形， 故、，则，故、、、四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； (2) 【分析】（1）取中点，借助中位线性质可得，则可得、、、四点共面，结合点在直线上，即可得证； （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）由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 故可以以为原点，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， 设平面的法向量为， 则有， 取，则、，即， 有， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，等号成立， 故最大值为，即直线与平面所成角的最大值为. 10．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）略 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 重难·创新演练 设题创新:角度与距离问题 一、单选题 【新思维】1．空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【分析】根据题意，将问题转化为构造几何体，使之在同一平面中三棱锥顶点最多的问题，数形结合即可求得结果. 【详解】为使得对于任意平面，取得最大值， 故要使得使之在同一平面中三棱锥顶点最多， 如下所示，作出符合题意的图形， 如图所示：三棱锥，均为正四面体, 显然，最多有11个点在同一平面中. 同时，若同一平面中存在12个三棱锥的顶点，则只有1个点在平面外， 无法构造几何体，故的最大值为. 故选：C. 【点睛】本题考查空间中点线面的位置关系，涉及棱锥的相关概念，属困难题. 【新思维】2．记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分类讨论，当平面与平面平行时，分析可得个，当平面经过的中位线时分析可得个，从而得解． 【详解】到点和的距离相等的平面有两种类型，与平面平行或者经过的某一条中位线． 当平面与平面平行时，如下图， 设的三等分点分别为（靠近）， 对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意． 在线段的延长线上取使得， 对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意， 即平面与平面平行时，满足条件的平面有2个； 设的中点分别为， 当平面经过的中位线时， 如下图：对于平面，在线段上且， 利用三角形相似可知， 又，平面，平面，可得平面， 且、分别为的中点， 则、、到平面的距离相等， 因此平面符合题意． 如下图：对于平面，在线段上，在线段上， 且，利用三角形相似可知， 又，平面，平面，可得平面， 且、分别为的中点， 则、、到平面的距离相等， 因此平面符合题意． 对于中位线，也有类似结论,即平面经过的某条中位线时，满足条件的平面有6个， 综上所述，符合题意的平面共有个． 故选：D． 【点睛】难点点睛：本题判断满足条件的平面的个数时，难点在于要发挥空间想象能力，明确满足条件的平面的位置，作图分析，说明平面所处的位置是怎样的，加以说明，解决问题. 【新角度】3．如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面与棱交于点，给出下列命题:①四棱锥的体积恒为定值；②直线与直线交于点，直线与直线交于点，则、、三点共线；③当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点至少有两个；④为底面对角线和的交点，在棱上存在点，使平面，其中真命题是（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【分析】利用割补法判断四棱锥的体积是否为定值，即可判断①；利用两平面有且仅有1条通过其公共点的直线证明、、三点共线，即可判断②，利用面面平行性质定理证明四边形是平行四边形，再利用侧面展开图求得截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点个数，即可判断③；取的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明④. 【详解】①四棱锥的体积等于三棱锥的体积 与三棱锥的体积之和， 又长方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 则点、到平面的距离为定值， 又为定值，则四棱锥的体积恒为定值，故①正确； ②直线与直线交于点，直线与直线交于点， 则、、三点均为平面与平面的公共点， 由平面与平面有且仅有一条交线，可得、、三点共线，故②正确. ③由平面与棱交于点， 可得平面平面，平面平面， 又平面平面，则； 又平面平面，平面平面， 又平面平面，则， 又，四边形是平行四边形， 当的值最小时，四边形的周长取得最小值. 将侧面与侧面展开在同一平面， 当且仅当为直线与交点时的值最小， 则当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点仅有1个，故③错误； ④如图的中点，连接，因为为底面对角线和的交点， 所以为的中点，所以，平面，平面， 所以平面， 即在棱上存在点，使平面，故④正确； 故选：C 二、多选题 【新角度】4．（2024·河南郑州·三模）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（    ） A．两两垂直 B．在平面的投影为的中点 C．三点共线 D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥的外接球直径，与比较后得到答案. 【详解】A选项，因为分别为的中点，所以， 因为，所以，故， 取的中点，连接， 因为，所以⊥，⊥， 又，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⊥，⊥， 又，，故， 又，， 由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，A正确； B选项，由题意得不重合，过点作，交于点， 因为⊥平面，所以⊥平面， 且不重合，故在平面的投影不为的中点，B错误； C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心， 故三点共线，C正确； D选项，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球， 故外接球直径为，而， 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，D正确.    故选：ACD 【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 5．（2026·重庆江津·三模）在棱长为1的正方体中，M为正方形内(包含边界)的动点，N为线段上的动点，若直线AM与AB的夹角为，则下列说法正确的是（    ） A．线段的长度为定值 B．的最小值为 C．直线与直线始终为异面直线 D．的最小值为1 【答案】ABD 【分析】对于A，分析易得，结合直线与的夹角为，可知，进而判断即可；对于B，易得点M的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧，进而求解判断即可；对于C，举特例，当与点重合时即可判断；对于D，过N作平行线交于，根据三角形相似可得，进而得到，即可判断. 【详解】对于A，由点在侧面上，而平面，平面， 所以，又直线与的夹角为，可知，故A正确； 对于B，由A知，则点M的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧，即， 则的最小值为，故B正确； 对于C，由B知，点M的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧， 当与点重合时，，故C错误； 对于D，由于，过N作平行线交于， 则，即，则， 从而，当且仅当三点共线时取等号， 则的最小值为1，故D正确. 6．（2026·安徽·模拟预测）已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（   ） A．与是异面直线 B．侧棱与底面的夹角正弦值为 C．平面平面 D．若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 【答案】ABD 【分析】由异面直线判定定理可判断A，通过平面于上的点，于点， 结合底面与侧面所成角即可判断B，通过平面平面得到，可判断C，记上下底面中心分别为，通 过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，结合这个截面图形即可判断D. 【详解】对于A，因为平面， 平面，故与是异面直线，A正确， 对于B，由正四棱台，可知在底面的投影在对角线上， 如图，作于上的点，则平面， 再作于点， 因为平面，平面， 则，由平面，， 则平面，又平面， 则，则即为正四棱台侧面与底面夹角， 不妨设，则， 侧面与底面所成夹角的平面角， 故，， 所以，B正确； 对于C，若平面平面， 由面面平行的性质定理可得：， 又， 则四边形为平行四边形， 则，又为的中点， 所以，从已知条件中无法得到这个信息，故平面平面不成立，故C错误， 对于D，先将问题转化为平面几何问题： 记上下底面中心分别为， 过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，其一半为如图所示直角梯形， 若存在球与该正四棱台每个面都相切，不妨记该内切球球心为，半径为， 因为正四棱台侧面与底面夹角为，即， 由，得， ，又， 即，解得，D正确． 7．（2026·山东济南·三模）若、是两条互相垂直的异面直线，、、、是四个不同的点，满足、，、，且，，，则（   ） A．直线与是异面直线 B． C．若，则 D．若为的中点，则 【答案】AD 【分析】利用反证法可判断A选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断BC选项；证明出，利用直角三角形的几何性质可判断D选项. 【详解】如下图所示： 对于A选项，若、共面，则、、、四点共面，即直线、共线， 即直线、共面，这与题设条件矛盾，故直线与是异面直线，A对； 对于B选项，由题意可知，，， 所以 ，B错； 对于C选项，， 所以 ，故，C错； 对于D选项，由题意可知，， 又因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为为的中点，所以，同理可证，故，D对. 【新考法】8．（2026·山东青岛·模拟预测）棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为平面上的动点，若，交于将正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则下列结论正确的是（     ） A．十面体的外接球表面积为 B． C．若与的夹角为，则点的轨迹为圆 D．十面体的体积为 【答案】ACD 【分析】选项A，设，的中点为，则十面体外接球的球心为，求出球半径，利用球的表面积公式求出十面体的外接球表面积，从而得到结论；选项B，过作的平行线，过作的平行线，分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，求出，，求，从而得到结论；选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为圆锥被平面所截得到的曲线，由平面得到点的轨迹为圆，从而得到结论；选项D，为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则为正方形，是上底面和下底面都是正方形的四棱台，利用棱台的体积公式求出，利用锥体的体积公式求出，从而得到十面体的体积为，从而得到结论. 【详解】选项A，设，的中点为， 则十面体外接球的球心为， 球半径为， 则十面体的外接球表面积为，故选项A正确； 选项B，过作的平行线，过作的平行线， 分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， ，， ，故选项B错误； 选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为以为顶点，为轴， 母线与的夹角为的圆锥被平面所截得到的曲线， 因为平面，所以点的轨迹为圆，故选项C正确； 选项D，为侧面均为三角形的十面体， 在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线， 设平行线依次相交于点，连接， 则为正方形， 是上底面和下底面都是正方形的四棱台， 底面边长为和，高为， ， 因为， 所以十面体的体积为， 故选项D正确. 9．（2026·新疆·模拟预测）在棱长均相等的正三棱柱中，D是的中点，过点，D与平行的平面为，则（    ） A． B．平面截该三棱柱所得截面为直角三角形 C．平面平面 D．到平面的距离是棱长的 【答案】ABD 【分析】合理选点建系，设出三棱柱棱长，利用空间向量解决几何问题. 【详解】设正三棱柱的棱长为a，，如图所示： 建立空间直角坐标系：设D为原点，为x轴，为y轴，为z轴， 则，，，，. 平面过、D且平行于，， 设平面内一点，，， 设平面的一个法向量为， 由，取. A：，，，所以，正确； B：因为，所以平面与棱柱交于，三边长为、、，满足勾股定理，即为直角三角形，正确； C：因为平面平面，可得平面的一个法向量为，，即平面与平面不垂直，错误； D：平面，到平面的距离等于B到平面的距离，即距离，是棱长的，正确. 10．（2026·新疆·一模）设为两个平面，为两条直线，且，则下列说法正确的是（   ） A．若或，则 B．若，则或 C．若或，则 D．若，则或 【答案】BC 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系，利用反例法判断选项A，D；分情况讨论判断选项B；利用线面垂直推出线线垂直判断选项C． 【详解】选项A：设是相邻墙面，交线为墙角线，是底面上平行于的直线，此时与可以垂直，不能推出，故A错误； 选项B：， 当时，；当时，，当时，，故B正确； 选项C：若，则内所有直线，而，则； 若，则内所有直线，而，则，故C正确； 选项D：设与成锐角，且，此时不垂直于，且不垂直于，故D错误 故选：BC． 三、填空题 【新题型】11．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则__________，__________. 【答案】 /0.5 / 【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得. 【详解】在正方体中，是棱的中点， 延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，， 由，得，又，于是， 由平面平面，平面平面，平面平面， 则，又，因此，， 所以. 故答案为：； 【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键. 真题·实战演练 高频考点：角度与距离问题 一、单选题 1．（2005·福建·高考真题）已知直线m、n与平面，给出下列三个命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中真命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】对于①可以轻松利用身边的物品举出反例，对于②利用线面平行的性质及线面垂直的性质即可推出，对于③利用线面平行的性质，线面垂直的性质以及面面垂直的判定即可判断. 【详解】对①，可能平行，可能相交，也可能异面，故①错误； 对②, 在内可以找到直线,使, 又 ,结合,得到,故②正确; 对于③, 在内可以找到直线,使, 又,得, 经过的垂线, ,故③正确. 故选：C. 2．（2006·上海·高考真题）若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】A 【分析】根据异面直线的概念结合充分必要条件求解 【详解】 若空间中有两条直线，若“这两条直线为异面直线”，则“这两条直线没有公共点”；若 “这两条直线没有公共点”，则 “这两条直线可能平行，可能为异面直线”； ∴ “这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件， 故选：A. 二、填空题 3．（2005·山东·高考真题）已知m、n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题： ①若，则m平行于平面内的任一条直线； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 上面的命题中，真命题的序号是____________．（写出所有真命题的序号） 【答案】③④ 【分析】①由线面平行的性质判断 ②由面面平行的性质判断 ③由如果两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则马另一条也垂直于这个平面判断 ④由面面平行的性质判断 【详解】①若，则m平行于平面内的无数条平行直线，不是任一条直线，故①错； ②若，只能得到，不能得到，故②错； ③因为，所以，又因为，所以，故③正确； ④由面面平行的性质可知④正确． 故答案为：③④. 三、解答题 4．（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）. 【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：. 5．（2007·北京·高考真题）如图，在中，，斜边．可以通以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角，是的中点． (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，，即可得到是二面角的平面角，从而得到，即可得到平面，从而得证； （2）求异面直线所成的角，需要将两条异面直线平移交于一点，由为的中点，故平移时很容易应联想到中位线，作，垂足为，连接，则，所以是异面直线与所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）证明：由题意，，，是二面角的平面角， 又二面角是直二面角， ， 又，平面， 平面， 又平面， 平面平面． （2）解：作，垂足为，连接，则， 因为，，，平面，所以平面， 所以平面，平面，所以， 是异面直线与所成的角， 在中，，， ， 又． ， 在中，． 异面直线与所成角的为． 6．（2007·重庆·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，，，垂足为．求： (1)求异面直线与的距离； (2)四棱锥的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理可知平面，再根据线面垂直的性质可知，，则是异面直线与的公垂线，利用等面积法求出的长； （2）根据，可得平面，从而为四棱锥的高．从而所求四棱锥的体积为，其中为四边形的面积，过作，垂足为．利用等面积法求出，而即可求出所求． 【详解】（1）解：由直三棱柱的定义知，又因为， 因此，，平面，所以平面， 又平面，所以．又， 故是异面直线与的公垂线， 由知，， 在中，． 又因． 故，所以异面直线与的距离． （2）解：由（1）知平面，又，故平面， 即为四棱锥的高．从而所求四棱锥的体积为 ， 其中为四边形的面积． 过作，垂足为． 在中，， 又因， 故． 因的边上的高， 故． 又因为， 从而． 所以． 2 / 85 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 2 题型02 空间直线位置关系的判断 12 题型03 异面直线所成角的计算 19 题型04 线面、面面位置关系的辨析 37 题型05 空间点线面位置关系的综合探究 44 重难·创新演练 60 真题·实战演练 76 模拟·基础演练 考查重点：截面画法 题型01 平面的基本性质与共点、共线、共面问题 一、单选题 1．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 二、多选题 2．（2026·河南许昌·三模）在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（   ） A．平面 B．M，N，P，四点共面 C． D．三棱锥的体积为 3．（2026·湖南长沙·一模）已知是三个不同的平面，为三条不同的直线且，则三条直线的位置关系可能是（   ） A．三条直线两两平行 B．有且仅有两条直线平行 C．三条直线相交于同一点 D．有且仅有两条直线相交 4．（2026·西藏拉萨·二模）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 5．（2026·重庆万州·三模）在正四棱柱中，则（   ） A．平面 B．平面 C．四点不共面 D．与底面所成的角为 【新考法】6．（2025·安徽·二模）在正四棱锥中，已知，分别为，的中点，点为上一动点，满足，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．当时，平面平面 C．不存在，使得平面 D．当时，，，，四点共面 【新思维】7．（2026·四川绵阳·三模）在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（   ） A．直线EF、MN、CD相交于同一点 B．GN和MH是异面直线 C．若点在直线上，则平面EFH D．E，F，G，H，M，N在同一个球面上 8．（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 三、解答题 9．（2026·江苏南京·模拟预测）在正三棱锥中，平面，垂足为点O，过O作平面与棱，，，交于点D，E，F，G. (1)求证：E，O，F三点共线； (2)若四边形为平行四边形，求的值. 题型02 空间直线位置关系的判断 一、单选题 1．（2026·陕西咸阳·三模）如图，连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，该正八面体的所有棱中，互为异面直线的棱共有（    ） A．12对 B．18对 C．24对 D．48对 2．（2025·湖北黄冈·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 3．（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 4．（2025·云南·模拟预测）设是两条不同的直线，为平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（2024·江西新余·模拟预测）空间中有三条两两异面的直线，为其中一条直线上一定点，过引直线使其与这三条异面直线都相交，则对于任意的定点，存在的直线有（     ）条. A． B． C． D．无数 6．（2024·安徽芜湖·三模）下列说法正确的是（    ） A．正方体各面所在平面将空间分成27个部分 B．过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行 C．若空间中四条不同的直线满足，则 D．若为异面直线，平面平面，且与相交，若直线满足，则必平行于和的交线 7．（2024·重庆·二模）已知是空间中的两条直线，则没有交点是的（    ） 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 二、多选题 8．（2025·河南郑州·模拟预测）如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（    ） A．直线与垂直 B．直线与平行 C．直线与异面 D．直线与成角 9．如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，圆锥的侧面展开图为半圆，且半圆的面积为，为的中点，为弧的中点，下列说法正确的是（    ） A．底面半径为1 B．母线与底面所成的角为 C． D． 三、填空题 10．（2024·上海·三模）已知圆柱的底面半径为，高为，A、B分别为该圆柱上、下底面圆周上的动点．若直线和该圆柱的轴始终是异面直线，则线段AB长度的取值范围是________． 题型03 异面直线所成角的计算 一、单选题 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． 二、多选题 2．（2026·广东清远·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（    ） A．P，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 3．（2026·山东济南·模拟预测）在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，在线段上，则（     ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．直线与直线所成角最小时，线段长为 D．直线与直线所成角最小时，三棱锥的外接球半径为 4．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（     ）    A．三棱锥的体积为定值 B．若是棱的中点，则过的平面截正方体所得的截面图形的周长为 C．若与所成角为，则的取值范围为 D．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 5．（2026·重庆·模拟预测）三棱锥中，，，，，以下选项中正确的是（     ） A．面积的取值范围是 B．可能和垂直； C．与所成的角可能为； D．三棱锥的外接球的体积的最小值为． 6．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）在正四棱台中，E，F分别为，的中点，则（   ） A． B． C．平面 D．平面 三、填空题 【新题型】7．（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________． 【新角度】8．（2026·河北邯郸·三模）如图，将一张A4纸（长宽比为）折出3条与短边平行的折痕，现沿折痕将其围成一个四棱柱（边与边重合）．若任取该四棱柱的两条棱，它们平行的概率为，则当该四棱柱体积最大时，直线与所成角的余弦值为______． 四、解答题 9．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，底面是正方形的直棱柱中，，． (1)求直线与所成角的正弦值； (2)求证：． 10．（2026·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 11．（2026·安徽宿州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，， (1)求证：平面平面； (2)若，，，求异面直线与所成角的余弦值． 题型04 线面、面面位置关系的辨析 一、单选题 【新角度】1．已知正方体的棱长为为空间内一点且满足平面，过作与平行的平面，与交于点，则（    ） A．1 B． C． D． 2．（2026·海南儋州·二模）已知直线，与平面，，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2026·上海虹口·三模）设，分别为空间中的两条不同的直线，平面，“”是“”的（     ）条件： A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 4．（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 5．（2026·安徽马鞍山·二模）已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A．， B．， C．， D．，， 6．（2026·福建·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 7．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 二、多选题 8．（2026·浙江·三模）已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（   ） A．若不垂直，则不可能垂直 B．若垂直，则可能不垂直 C．若不平行，则不可能平行 D．若平行，则可能不平行 三、解答题 9．（2025·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 题型05 空间点线面位置关系的综合探究 一、多选题 1．（2026·安徽安庆·三模）如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 2．（2026·江西·三模）在正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与所成的角为 B．与所成的角为 C．与平面所成的角为 D．与平面所成的角为 3．（2026·广东东莞·三模）在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 【新角度】4．（2026·广东汕头·二模）如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 5．（2026·广西南宁·一模）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 二、填空题 6．（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_________． 三、解答题 7．（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． 8．（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，点满足. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求直线与底面所成角的正弦值. 9．（2026·浙江·三模）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，若分别为的中点，点在直线上. (1)求证：直线与直线为异面直线； (2)求直线与平面所成角的最大值. 10．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 重难·创新演练 设题创新:角度与距离问题 一、单选题 【新思维】1．空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【新思维】2．记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【新角度】3．如图所示，在长方体中，点是棱上的一个动点，若平面与棱交于点，给出下列命题:①四棱锥的体积恒为定值；②直线与直线交于点，直线与直线交于点，则、、三点共线；③当截面四边形的周长取得最小值时，满足条件的点至少有两个；④为底面对角线和的交点，在棱上存在点，使平面，其中真命题是（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 二、多选题 【新角度】4．（2024·河南郑州·三模）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（    ） A．两两垂直 B．在平面的投影为的中点 C．三点共线 D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 5．（2026·重庆江津·三模）在棱长为1的正方体中，M为正方形内(包含边界)的动点，N为线段上的动点，若直线AM与AB的夹角为，则下列说法正确的是（    ） A．线段的长度为定值 B．的最小值为 C．直线与直线始终为异面直线 D．的最小值为1 6．（2026·安徽·模拟预测）已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（   ） A．与是异面直线 B．侧棱与底面的夹角正弦值为 C．平面平面 D．若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 7．（2026·山东济南·三模）若、是两条互相垂直的异面直线，、、、是四个不同的点，满足、，、，且，，，则（   ） A．直线与是异面直线 B． C．若，则 D．若为的中点，则 【新考法】8．（2026·山东青岛·模拟预测）棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为平面上的动点，若，交于将正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则下列结论正确的是（     ） A．十面体的外接球表面积为 B． C．若与的夹角为，则点的轨迹为圆 D．十面体的体积为 9．（2026·新疆·模拟预测）在棱长均相等的正三棱柱中，D是的中点，过点，D与平行的平面为，则（    ） A． B．平面截该三棱柱所得截面为直角三角形 C．平面平面 D．到平面的距离是棱长的 10．（2026·新疆·一模）设为两个平面，为两条直线，且，则下列说法正确的是（   ） A．若或，则 B．若，则或 C．若或，则 D．若，则或 三、填空题 【新题型】11．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则__________，__________. 真题·实战演练 高频考点：角度与距离问题 一、单选题 1．（2005·福建·高考真题）已知直线m、n与平面，给出下列三个命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中真命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2006·上海·高考真题）若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 二、填空题 3．（2005·山东·高考真题）已知m、n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题： ①若，则m平行于平面内的任一条直线； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 上面的命题中，真命题的序号是____________．（写出所有真命题的序号） 三、解答题 4．（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． 5．（2007·北京·高考真题）如图，在中，，斜边．可以通以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角，是的中点． (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的大小． 6．（2007·重庆·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，，，垂足为．求： (1)求异面直线与的距离； (2)四棱锥的体积． 2 / 22 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $