重难点07 空间点线面位置关系与截面五大题型汇总（解析版）

重难点07空间点线面位置关系与截面五大题型汇总技巧一．判断空间线面位置关系（构造法）第一步首先结合题意构造适合题意的直观模型；第二步然后将问题利用模型直观地作出判断；第三步得出结论.技巧二.截面问题方法汇总题型1线面关系的判断【例题1】（2023春·高一课时练习）对于直线m、n和平面α、β，α⊥A．m⊥n，m∥α，n∥β C．m∥n，n⊥α，m∥β 【答案】C【分析】A选项，由条件可得到α⊥β或α∥β；B选项，不一定得到α⊥β，作图说明；C选项，过m作面γ与面β交于p，可得m∥p，结合条件可得【详解】A选项中，根据m⊥n，m∥α，B选项中，m⊥n，α∩β=

C选项中，过m作面γ与面β交于p，如下图，

∵m∥β，m⊂γ，∵m∥n，n⊥α，∴又p⊂β，从而得到D选项中，根据m∥n，m⊥而n⊥β，所以得到故选：C.【变式1-1】（2023春·高一课时练习）设α、β、γ是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出四个命题：①若m⊥α，m⊥β，则α//β③若m⊥α，m//β，则α⊥β其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据空间线面平行、垂直的判定与性质，注意利用线线平行（垂直）⇔线面（垂直）⇔面面（垂直）转化解决．【详解】∵m⊥α，m∵α⊥γ，β⊥γ∵m⊥α，m//β，过m

则m//n，∵m⊥α，∴∵m//α，n⊥α，过m

则m//c，又∵c故选：C．【变式1-2】（2023春·江苏·高一专题练习）已知l、m、n为空间中三条不同的直线，α、β、γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（

）A．若α∩β=n，αB．若α∩β=l，β∩γC．若α//β，l、m分别与α、βD．若m//α，m//β，α//γ【答案】B【分析】对于ACD，通过举反例说明其错误；利用线面平行的性质可判断B选项.【详解】对于A，如图1，若α∩β=n，α⊥β，对于B，因为α∩β=l，β∩γ=m，因为l⊂α，γ∩α=对于C，如图2，若α//β，l、m分别与α、β所成的角为0∘时，l

对于D，如图1，m//α，m//β，α//γ，α∩β=故选：B.【变式1-3】（2022秋·四川泸州·统考期末）设l，m，n表示不同的直线，α，β，y表示不同的平面，给出下列三个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若α⊥β，β⊥y，则α∥y；③若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，则l∥m∥n.其中正确命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】由线面、面面的平行、垂直的判定与性质逐一判断即可.【详解】l，m，n表示不同的直线，α，β，y表示不同的平面，对于①，若m∥l，且m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故①正确；对于②，若α⊥β，β⊥y，则α与y相交或平行，故②错误；对于③，如图，若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，

结合图形得l，m，n交于同一点，故③错误.故选：B.【变式1-4】（2023春·高一课时练习）设a,m,①m⊥αn⊥m⇒n⑤a⊥αaA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，判定定理和性质定理逐个判断可得答案.【详解】对于①，因为n可以在平面α内，所以①错误；对于②，根据线面垂直的判定定理知，当一条直线和平面内的两条相交直线垂直时，才能推出线面垂直，所以②错误；对于③，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可知③正确；对于④，直线m和n还可以是异面直线，所以④错误；对于⑤，根据面面垂直的判定定理知⑤正确；对于⑥，当α⊥β，α∩β=a，故选：B.题型2点线共面问题【例题2】（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1A．A,M,O三点共线C．B,B1,O【答案】C【分析】由长方体性质易知A,A1,C1,C四点共面且OM,BB1是异面直线,再根据M与A1【详解】因为AA则A,因为M∈则M∈平面AC又M∈平面A则点M在平面ACC1A同理,O、A也在平面ACC所以A,从而M,O,而点B不在平面ACC所以M,B,B1而点A不在平面BB所以直线AO与平面BB所以点M不在平面BB即B,故选项C错误；BC∥D1所以BCD所以CA所以B,故选项D正确.故选:C.【变式2-1】（2023·全国·高三对口高考）下面几个命题：①两两相交的三条直线共面；②如果两个平面有公共点，则公共点有无数个；③一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线共面；④顺次连接空间四边形各边中点所得的四边形是平行四边形．其中正确命题的个数是（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．1个【答案】B【分析】根据空间位置关系可直接判断各命题．【详解】命题①：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，故①错误；命题②：如果两个平面有公共点，若两平面重合，则公共点有无数个，若两平面不重合，则有且仅有一条过该公共点的公共直线，则公共点有无数个，故②正确；命题③：不妨设a//b，c∩a=A，c∩所以A∈α，B∈α，所以AB⊂α，又故一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线共面，即③正确；命题④：空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质知，EH//FG，∴四边形EFGH是平行四边形，故顺次连接空间四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，即④正确．故选：B【变式2-2】（2023春·高一课时练习）设α//β，P∈α，Q∈A．不共面B．当且仅当P、Q分别在两条平行直线上移动时才共面C．当且仅当P、Q分别在两条互相垂直的异面直线上移动时才共面D．无论P、Q如何运动都共面【答案】D【分析】过点X作直线l⊥α，构造三角形证明点X到平面α、【详解】过点X作直线l⊥α，记l∩α=M,因为α//β，所以MP//QN，所以又α//β，l⊥α，所以因为X为PQ的中点，所以XP=XQ，所以所以XM=XN，即X在到平面α、故选：D

【变式2-3】（2022春·北京·高一101中学校考期末）空间四点A,B,C,D共面而不共线，那么这四点中（

）A．必有三点共线 B．至多有三点共线C．至少有三点共线 D．不可能有三点共线【答案】B【分析】画出空间四点A,B,C,D共面而不共线的两种情况，即可得出答案.【详解】如下图所示，A，C，D均不正确，只有B正确.故选：B.【变式2-4】（2022春·上海浦东新·高一上海师大附中校考期末）如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（

）．A． B．C． D．【答案】D【分析】根据正方体的性质判断点是否共面，并应用平面的性质画出截面即可判断.【详解】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．故选：D【变式2-5】（2023·全国·高一专题练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点G为正方形ABCD的中心，点E为A．C、E、F、G四点共面，且CG与EF平行B．C、E、F、G四点共面，且CE与FG相交C．C、E、F、G四点共面，且CE与FG平行D．C、E、F、G四点不共面【答案】C【分析】连接AC、CE、FG，分析可知G为AC的中点，判断出CG与EF相交，结合中位线的性质可得出结论.【详解】连接AC，因为G为正方形ABCD的中心，则G为AC的中点，因为AC∩AE=A，F为AE的中点，故C、E、F、G四点共面，且CG与EF相交，连接CE、FG，因为F、G分别为AE、AC的中点，则CE//故选：C.题型3图形中位置关系的判段【例题3】（2023·全国·高一专题练习）如图，点A，B，C，M，N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MN// B． C． D．【答案】D【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.【详解】对于A，由正方体的性质可得MN//EF//AC，所以直线MN//

对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN//AD，MN⊄平面ABC，AD

对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN//BD，MN⊄平面ABC，所以直线MN//

对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.

故选：D.【变式3-1】（2023·全国·对口高考）如图，正方体中，E、F分别是AA1、CC1的中点，则与直线

A．有且仅有一条 B．有且仅有两条C．有且仅有三条 D．无数条【答案】D【分析】在EF上任意取一点M，由直线A1D1与点M确定一个平面，这个平面与DC有且仅有1个交点E，当点M取不同的位置就确定不同的平面，从而与DC【详解】在EF上任意取一点M，直线A1D1这个平面与DC有且仅有1个交点E，当点M取不同的位置就确定不同的平面，从而与DC有不同的交点E，而直线ME与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线A1D1、EF故选：D.

【变式3-2】（2023春·高一课时练习）如图，G，H，M，N均是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为（

）

A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】D【分析】根据异面直线的定义即可结合图形关系求解.【详解】在题图②④中，直线GH，MN是异面直线；在题图①中，由G，M均为所在棱的中点，易得GH∥在题图③中，连接GM，由G，M均为所在棱的中点，所以GM//NH,且

故选：D．【变式3-3】（2021·高一课时练习）在下面四个正方体ABCD−A'B'C'D'中，点M、N、P均为所在棱的中点，过MA． B．C． D．【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理可判断BCD选项，利用假设法推出矛盾，可判断A选项.【详解】对于A选项，连接B'C，假设A'在正方体ABCD−A'B'C'D'中，A'B'⊥因为M、N分别为BB'、BC的中点，则MN//B'这与A'C⊥平面MNP矛盾，故假设不成立，即A对于B选项，连接B'D'因为四边形A'B'∵CC'⊥平面A'B'∵A'C'∩∵A'C⊂平面∵M、P分别为A'B'、A'同理可证A'∵MP∩MN=M对于C选项，连接C'D、A'N、CN、A'P、PC，取A'因为四边形CC'D∵A'D'⊥平面CC'∵CD'∩A∵A'C⊂平面∵M、N分别为DD'、C'D在正方形A'B'C'D'中，E、N分别为A所以，四边形A'EC'N同理可证四边形CC'EP为平行四边形，∴所以，A'N//CP且易得A'N=CN，所以，四边形∵MN∩PN=N对于D选项，连接AC、BD，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥∵AA'⊥平面ABCD，BD⊂∵AC∩AA'∵A'C⊂平面∵M、N分别为CD、BC的中点，则MN//BD，∴∵MN∩MP=M故选：A.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．【变式3-4】（2021秋·全国·高校联考阶段练习）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，ACA．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】图（1）中，推导出DE⊥平面BC1，从而CF⊥DE；图（2）中，取A1C1的中点G，连接GE，AG，故AGED为平行四边形，从而【详解】图（1）中，∵直三棱柱ABC−AB⊥BC，∴A1B∵B1C1∩BB1=∴A1B∵D，E，F分别是所在棱的中点，∴DE⊥∵CF⊂平面BC图（2）中，取A1C1的中点G，连接GE，AG故ED//AG，而AC=AA所以∠ACF=∠GA所以∠AFO+∠FAO=90图（3）中，CF⊥DE不成立．如图，连接假设CF⊥DE，又CF⊥AA所以CF⊥平面AGE所以CF⊥所以∠OAC因为∠BAC所以∠OAC所以CF⊥故选：C【点睛】方法点睛：证明空间直线和直线垂直，常用的方法有：（1）转化为线面垂直；（2）利用向量法证明向量的数量积为0.要根据已知条件灵活选择方法求解.题型4点线共面问题的证明【例题4】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG:(1)E､F､G､H四点共面；(2)EG与HF的交点在直线AC上.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）证明出EF∥（2）证明出EFHG为梯形，得到EG与FH必相交，设交点为M，再结合点，线与面的关系进行证明.【详解】（1）∵BG:GC=∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD，且∴EF∥（2）∵G，H不是BC，CD的中点，∴GH≠12由（1）知EF∥∴EG与FH必相交，设交点为M，∴EG⊂平面ABC，FH∴M∈平面ABC，且M∴M∈【变式4-1】（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E为棱AB(1)求证：E，F，C1，A1(2)求证：A1E，C1F，B1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF，根据E，F分别为AB，BC的中点，得到EF∥AC，再根据三棱柱的性质证明即可；（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C1四点共面，得到A1E与C1【详解】（1）证明：如图，连接EF，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC..又在三棱柱ABC−A1B∴EF∥A则E，F，A1，C（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C则A1E与设A1∵A1E⊂平面AA1B∵C1F⊂平面BB1C又平面AA1∴P∈BB则A1E，C1【变式4-2】（2023春·全国·高一专题）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)证明：E、F、D、B四点共面；(2)对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC,BD交于点(3)证明：BE、DF、CC【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）证明EF//BD，即可说明E、F、D、B四点共面.（2）先证明点O∈面AA1C1C和O∈面BDC1，即点O在面AA1C1C与面BDC（3）延长DF,BE交于G,由于面DCG∩面BCG=CC1，则G在交线【详解】（1）连接EF,BD,∵在长方体ABCD−A∴∵E、F分别是B1C1∴EF//∴EF//BD∴E、F、D、B四点共面（2）∵A∴A,A1O∈A1∴O∈面A∵对角线A1C与平面BD∴O∈面BDO在面AA1C∵AC∩BD∴M∈面AA1C1∴面AA1C1C∴O∈C即点C1（3）延长DF,BE交于G∵DG⊂面DCG∴G∈DG∴G∈面DCG∵BE⊂面BCG∴G∈BE∴G∈面BCG∵面DCG∩面BCG=C∴G∈C∴BE、DF、CC【变式4-3】（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC∥AD，BC=12AD，BE∥FA，BE=12FA，(1)证明：四边形BCHG是平行四边形.(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？【答案】(1)证明见解析(2)C，D，F，E四点共面，理由见解析【分析】（1）结合三角形中位线性质可证得GH//BC且GH=BC，由此可得结论；（2）由题可证得四边形BEFG为平行四边形，进而可得CH//【详解】（1）因为G,H分别为FA,FD的中点，所以GH//AD，GH=1又BC//AD，BC=1所以BC//HG，BC=HG，所以四边形BCHG是平行四边形；（2）C,D,F,E四点共面.理由如下：由BE//FA，BE=12FA，G是FA中点知，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF//BG，由（1）知BG//CH，所以EF//CH，所以EF与CH共面，又D∈FH，所以C,D,F,E四点共面.【变式4-4】（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：CE，D1(2)在（1）的结论中，G是D1E上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）连接A1B，CD1，可得到EF//CD1且EF≠CD1，则EC与D1F相交，设交点为P，则能得到P（2）可证明P，E，H都在平面PCD1与平面【详解】（1）证明：连接A1B，C正方体ABCD−A1B1C1D∴EF//A1∵CD1//∴EF//CD∴EC与D1F相交，设交点为∵P∈EC，EC⊂平面ABCD，∴P∈平面ABCD；又∵P∈FD1，FD1⊂平面AD∴P为两平面的公共点，∵平面ABCD∩平面ADD1A∴CE、D1F、DA（2）在（1）的结论中，G是D1E上一点，FG交平面ABCD于点则FH⊂平面PCD1，∴H∈平面PCD1，又∴H∈平面PCD1∩同理，P∈平面PCD1∩E∈平面PCD1∩∴P，E，H都在平面PCD1与平面∴P，E，H三点共线．【变式4-5】（2023·全国·高一专题练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且CFFB(1)点E，F，G，H四点共面；(2)直线EH，BD，FG相交于一点．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，得到EF,GH都平行于AC，由平行线的传递性可得EF//GH，根据两平行确定一平面得出证明；（2）利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明.【详解】（1）由题意，作图如下：空间四边形ABCD中，H,G分别是AD,CD的中点，∴HG//AC.又CFFB=AEEB=13（2）证明：连接EF、HG，因为H,G分别是AD,CD的中点，所以HG//AC，且HG=12AC，又因为CFFB=所以HG//AC，且HG≠EF，故四边形EFGH为梯形，且EH,FG是梯形的两腰，所以EH,FG相交于一点.设交点为P，因为EH⊂平面ABD，所以P∈平面ABD，同理P∈平面BCD，而平面ABD∩平面BCD=BD，所以P∈BD，故点P时直线EH,BD,FG的公共点，即直线EH,BD,FG相交于一点.题型5空间中的截面问题【例题5】（2023春·高一课时练习）用一个平面去截一个正方体，所得到的截面形状可能是__________.①锐角三角形；②直角三角形；③矩形；④不是矩形的平行四边形；⑤菱形；⑥五边形；⑦正六边形；⑧正七边形.【答案】①③④⑤⑥⑦【分析】分别作出平面去截一个正方体所得到的截面形状，进而得到正确选项.【详解】用一个平面去截一个正方体，当仅与共点的三条棱相交时，所得到的截面形状是三角形：

设CE=则E则EH则∠HEF则①判断正确；②判断错误；用一个平面去截一个正方体，当截面为BDD四边形BDD

用一个平面去截一个正方体，当截面为BGD1I1（四边形BGD则BG=BI则∠GBI1

用一个平面去截一个正方体，当截面为BTRS1N1（BTRS

用一个平面去截一个正方体，当截面为PQVSJ1WPQVSJ

正方体仅有6个面，因此截面不可能为七边形.则⑧判断错误.故答案为：①③④⑤⑥⑦【变式5-1】（2023春·全国·高一专题练习）如图，正方体ABCD−A1

①异面直线D1D②当G为中点时，存在点E，F使直线A1③当E，F为中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为9④存在点G，使点C与点G到平面AEF的距离相等则上述结论正确的是（

）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④【答案】C【分析】根据异面直线夹角的求解方法，线面平行的判定，以及正方体的截面面积的计算，结合几何体的结构特点，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对①：因为D1D//A1A，故D1D与AF的夹角即为又当F与C重合时，∠A1AF当F与点C1重合时，∠A1AF取得最小值，设其为α，则又点F不能与C,C1对②：当G为B1B中点时，存在E,F分别为BC,取B1C1的中点为M

显然A1M//AE，又AE⊂面AEF,A1M又易得MG//EF，EF⊂面AEF,MG⊄面AEF，故又A1M∩MG=M,又A1G⊂面A1MG对③：连接AD

因为EF//BC1//AD1，故面又D1F=AE=故截面面积S=对④：连接GC，取其中点为H，如下所示：

要使得点G到平面AEF的距离等于点C到平面AEF的距离，只需EF经过GC的中点，显然当点E、F分别为所在棱的中点时，不存在这样的点故选：C.【变式5-2】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CA．136π B．2512π C．【答案】A【分析】由题意证得E是CC1的中点，由四面体ABCE的外接球的直径为AE=3，得到半径R=32，设M是外接球的球心，求得球心M到平面【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1由平面BDE⊥平面A1BD，可得AC1又四面体ABCE的外接球的直径为AE=AC设M是AE的中点即球心，球心M到平面A1BD的距离为又设AC与BD的交点为O，则cos∠A1OA则d=OM⋅sin∠所以截面圆的面积为πr故选：A．

【变式5-3】（2023·河南·河南省实验中学校考模拟预测）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为正方形，AA1A．6π B．5π C．2π 【答案】D【分析】先根据题意得到该四棱柱的外接球球心O的位置与半径R，再求得平面α即为平面ABPE，再利用线面平行的性质与线面垂直的判定定理求得球心O到平面APE的距离，从而得解.【详解】由题意知直四棱柱ABCD−A1如图，取DD1的中点E，连接AE,PE,BP，易知四边形分别取AA1,BB1的中点由四棱柱的对称性可知，其外接球的球心O即为正方形MNPE的中心，取ME的中点O1，连接O则O1O//EP,O1O⊄平面ABPE，EP⊂平面ABPE，所以O1过点O1作O1H易知AB⊥面AA1D1D，又AB∩AE=A,AB,AE又O1H=O1Esin45°=2由球的性质知，截面圆的半径r=R所以截面圆的周长为2πr故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键是求得球心O到面APE的距离，从而求得截面圆的半径即可得解.【变式5-4】（2023·全国·对口高考）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为23，动点P在对角线BD

A．36,66 B．6,26 【答案】A【分析】由正方体的性质证明BD1⊥平面AB1C，同样由正方体性质知x=1时，截面与棱BA,BC,BB1相交于它们的中点M,N,Q处，计算出f【详解】

如图，连接AB1,AC,CB1，BD，DD又BD⊥AC，DD1∩BD=D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1同理BD1⊥AB1，AC∩AB1=A，因此平面α与平面AB取BA,BC,BB1的中点M,同理可证BD1⊥平面MNQ，由于BM=BNBD1与平面MNQ的交点P是正方体棱长为23，则MN=1所以BP=(3由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面α从平面MNQ平移到平面ACB1时，f(x1=266

平面α过平面ACB1再平移至平面GHIJKL时，如图，把正方形A1B1如图，则H,I,J共线，由正方形性质得HI+因此此种情形下，截面GHIJKL的周长与截面ACB1的周长相等，平移平面α，一直到平面由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到f(5)=综上，f(x)故选：A.【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（x=1）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出f(x)（1≤x≤2），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出【变式5-5】（2023春·安徽·高一安徽省郎溪中学校联考阶段练习）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为4，平面α经过BC，则平面α截正四棱锥

A．2π B．22π C．4π【答案】C【分析】连接BD、AC交于O，连接PO，求出BD、AC，PO，可得点O即为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，取BC中点E，连接OE，当【详解】连接BD，AC交于O，连接PO，则PO⊥底面ABCD且O是ACBD=AC=所以O到P，A，B，C，D的距离均为22，点O即为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，取BC中点E，连接OE，分析可知，当OE⊥α故选：C．

一．单选题1．（2021春·黑龙江鹤岗·高一统考期末）在空间四边形ABCD中，在AB,BC,A．P一定在直线BD上B．P一定在直线AC上C．P在直线AC或BD上D．P既不在直线BD上，也不在直线AC上【答案】B【分析】由题设知GH⊂面ADC，结合已知条件有P∈面ADC、P∈【详解】由题意知：GH⊂面ADC，又GH∴P∈面ADC，同理，P∈面ABC，又面ABC∩由公理3知：点P一定在直线AC上.故选：B.2．（2022春·江西上饶·高一校联考期末）设m，n是不同的直线，a,A．m⊥n,n//α，则C．m⊥α,α⊥β，则【答案】D【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.【详解】对于A，在长方体ABCD−A1B1C1D1显然满足m⊥n,n//对于B，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD显然满足m//β,β⊥对于C，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD显然满足m⊥α,α⊥对于D，因为m⊥α,故选：D3．（2023春·黑龙江大庆·高一大庆实验中学校考期中）如图，P是正方体ABCD−A1A．直线DD1 B．直线B1C 【答案】D【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.【详解】对于A，连接BD,B1由BB1∥DD1，当P点位于点对于B，当点P与C1重合时，直线BP与直线B对于C，因为AB∥C1D1所以AD当点P与C1重合时，BP与A对于D，连接AC，因为P∉平面ABCD，B∈平面ABCD，AC⊂平面ABCD所以直线BP与直线AC是异面直线.故选：D.4．（2020·浙江杭州·高一期末）如图，在三棱柱ABC−A'B'C'中，点E、F、H、K分别为AC'、CB'、A'B、B'C'的中点，G为A．K B．H C．G D．B【答案】C【分析】对K、H、G、B'四个点逐一进行分析，找出棱柱中与平面PEF【详解】解：取A'C'的中点M，连接EM，MK，KF则EM//CC若取点K为P，则AA故与平面KP对于B选项，当H点为P点时，取BB'中点N所以PN//由棱柱性质得AB//所以四边形PNFE是平行四边形，故平面PEF即为平面PNFE，由于PN//A'B',FN//所以PN//平面A'B'C由于PN∩FN=N，所以平面A'B'所以结合棱柱的性质可知AB,BC,故B选项错误对于C选项，当点G为P时，连接BC'，则F为所以EF//由于AB,A'B'⊄平面故AB//平面PEF，A'B对于D选项，当点B'为P点时，连接A由C选项知EF//所以平面PEF即为平面A'此时AB//平面PEF故选：C5．（2022秋·陕西咸阳·高一统考期末）下列条件中能推出平面α//平面βA．存在一条直线a，a//αB．存在一条直线a，a⊂αC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂βD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β【答案】D【分析】A、B、C，画图举例判断；D.由面面平行的判定定理判断.【详解】A.如图所示：，存在一条直线a，a//α，a//β，但平面αB.如图所示：，存在一条直线a，a⊂α，a//β，但平面αC.如图所示：，存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，bD.如图所示：，在平面β内过b上一点P作c//a，则c//α，又b//α故选：D6．（2022春·江苏无锡·高一辅仁高中校考期末）下列命题正确的是（

）（1）已知平面α，β和直线m，n，若m⊂α，n⊂α，m//（2）已知平面α和直线m，n，若m//α，n⊂（3）已知平面α，β和直线m，n，且m，n为异面直线，m⊥α，n⊥β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄（4）在三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，A．（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（3）（4） D．（1）（2）【答案】C【分析】根据空间直线、平面间位置关系判断（1）（2），由线面垂直的判定定理的性质定理判断（3）（4）．【详解】（1）中只有当m,n是相交直线时才有α//β，否则（2）中直线m,（3）平面α与β不可能平行（否则有m//n），因此α与β相交，设交线为则由线面垂直的性质得m⊥p，过直线n上任一点P作直线t//m，则n,t是相交直线，设直线由t//m得p⊥因此由线面垂直的判定定理得p⊥γ，l⊥（4）如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBCH是P在底面ABC内的射影，即PH⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以因为PA∩PH=P，PA,PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH，而AH⊂平面PAH故选：C．多选题7．（2023春·陕西咸阳·高一校考期中）下列命题中成立的是（

）A．a⊥cB．P∈α，PC．A∈l，B∈lD．a//b【答案】BCD【分析】利用平面的公理直接判断求解．【详解】对于A：若a⊥c，b⊥c，则a//b或a与对于B：由公理三知：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，因为P∈α，P∈β且对于C：由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，因为A∈l，B∈l，且A∈对于D：由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，因为a//b，a//故选：BCD8．（2021春·广东佛山·高一统考期末）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1A．三角形 B．矩形C．五边形 D．六边形【答案】BCD【分析】P、Q在正方体的内部，由平面的延展性，截面不可能的三角形；取CC1的中点M，连接A1Q、MQ、B1M，此时过P、Q的平面α即为平面A1QMB1；取A1N=2ND【详解】P、取CC1的中点M，连接A1Q、MQ、B1M，因为A1B1取A1N=2ND1，CE=3ED，连接PN、NQ、QE、BE、BP，分别取AB、CD的中点所以PNQEP是五边形，此时过P、Q的平面α即为五边形分别取A1D1、CD、CB、B1B的中点A'、B'、D'、C'，连接A故选：BCD.填空题9．（2022春·新疆和田·高一校考期末）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1①EF与BB1垂直；②EF与BD垂直；③EF与CD异面；④EF与【答案】④【分析】连B1C，AC，根据三角形中位线可得【详解】在正四棱柱ABCD−A1B1因F为矩形BCC1B1对角线BC1的中点，则F是B1因B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则正方形ABCD中，AC⊥BD，又EF//假若EF,CD在一个平面上，不妨设为平面α，由于EF//AC，EF⊂平面α,AC⊄平面α，所以AC//平面α，又因为AC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面α因正四棱柱ABCD−A1B1C1所以不成立的结论是④.故答案为：④10．（2023·江苏·高一专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，当E，F，G【答案】3【分析】先作出平面EFG截正方体所得截面，进而求得该截面的周长.【详解】连接EG并延长交CB延长线于Q，则BQ过Q作QH//BD，交AB于H，交AD于K，则过K作KT//AD1，交则六边形FEGHKT即为平面EFG截正方体所得截面，又F,E故答案为：3解答题11．（2016秋·安徽亳州·高一统考期末）如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：（1）E，C，D1，F四点共面；（2）CE，D1F，DA三线共点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用三角形的中位线证明EF//（2）根据平面的性质，证明点P∈平面ABCD，点P∈平面ADD1A1平面，从而证明CE，D1F，DA三线共点.【详解】（1）证明：如图所示，连接EF