重难点07 空间点线面位置关系与截面五大题型-2022-2023学年高一数学下学期期末复习【重点·难点】（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

期末题型解读

题型1线面关系的判断

题型4点线共面问题的证明

空间点线面位置关系与

题型点线共面问题

2截面五大题型汇总

题型5空间中的截面问题

题型3图形中位置关系的判段,

满分技巧

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

横切正方形

横切：和底边相似的四边形

过顶点或棱-三角形

过面-梯形

正四棱锥

过顶点或梭-三角形

斜切过面-梯形、不规则四边形

过5个面-五边形

横切：与底边相似的三角形

竖切：长方形

过顶点或棱-三龟形

三棱柱

斜切过上底面-梯形

过上底面和下底面-五边形

切不出平行四边形

挖空型常见错误

内部挖空的是圆锥/圆台等上下不等的图形,

注意斜切是否同心

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£7、£7,Z71OQ勺一个条件是（）

4.□工口,口、口，口“口B.□>□,□△□=口,□!.口

c.niiu,□工□,□”口D.nii口,□]□,Z7iu

【答案】c

【分析】A选项，由条件可得到OlZZ或OIIO；B选项，不一定得到O_LU，作图说明；C选项，过Of乍

面。与面依于。，可得。IID,结合条件可得U,从而得到O工O；D选项，根据条件得口,

从而得到Oil口.

【详解】A选项中，根据。，D,L7IIU.£711D,有可能出现OilO的情况，所以A错误；

B选项中，£71口,£7n□=口，口工D,不一定得到£71口,如下图，所以B错误;

C选项中，过0（乍面。与面依于。，如下图,

,.■£711口,口u口,Uc口=D..,.£711口,

---£7IIZZ7,£71U,/.ZZ71□,：.□[口,

又Ou。，从而得到。J.口,所以C正确；

D选项中，根据£711口,£71口,所以£71口,

而01。，所以得到口||。，所以D错误.

故选：C.

【变式1-U（2023春•高一课时练习）设口、口、口是互不重合的平面，m,n是互不重合的直线，给出

四个命题：

①若□L1□，讽口/口碇口工□,□L□脚UH口

③若。，。//。，则。1ZZ7④若£7〃。，O1ZZ7,则01O

其中正确命题的个数是（）

A.1B.2C.3D.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）Q线面（垂直）Q面面（垂

直）转化解决.

【详解】口\□,□[□，•・・2攵①正确；

,:口＞□,□、□.口与位置关系是平行或相交，②不正确；

•••Z71D,O//Z7,过段平面O,On口=口，

则£7〃〃，1.1Z71.ZZ71口,又□u□,：*£71口,故③正确；

,£71U,过平面£7,□□□=□,

则£7//£7,又•••UuU£71口，:.£71□,故④正确；

故选：C.

【变式1-2】（2023春•江苏•高一专题练习）已知以口、取空间中三条不同的直线，口口、皿空间

中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（）

A.若。n□=口,£71口,Z71口,则01U

B.若0n□=□,Z7n□=口,□△□=□,若O/口，则B/口

C.若£7//。，□、口分别与口、斤斤成的角相等，则□//口

D.若m//a,m//p,UIIIJ,则□"口

【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,若口n0=0,口工口，。，则O可以与〃平行，故A错误；

对于B,因为On□=U,口人口=U,HUH,且Ou口,Oc口,则。/O,

因为Ou口,ZZZn□=口,则O//7,故B/Z27,B正确；

对于C,如图2,若UH口,口、。分别与口。所成的角为0°时，。与口可以相交、平行或异面，故C错

误；

对于D,如图1,m//a,m//p,DUD,□△□=口,则〃与交，D错误.

故选：B.

【变式1-3]（2022秋•四川泸州统考期末）设I,m,n表示不同的直线,a邛，y表示不同的平面,给

出下列三个命题：

①若mill,且m_La,则IJLa;

②若a_L0,p±y,则ally;

③若an0=I,RDy=m,aDy=n,贝！]IIImIIn.

其中正确命题的个数是（）

A.0B.1C.2D.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】I,m,n表示不同的直线,a,p,y表示不同的平面，

对于①，若mill,且m_La,则由线面垂直的判定定理得l±a,故①正确；

对于②，若,P±y,则a与y相交或平行，故②错误;

结合图形得I,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）设口,口,。是三条不同的直线，U,。是两个不重合的平面，给出下

列命题：

□u£7)

④□u□.a口什口；

①冗9=口口②口第郎0口9③£3=口/。

f£71口）

⑤生?=。1口逸。。。=匚卜。1。.其中真命题的个数为（）

A.1B.2C.3D.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。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，当口工口,口门口=口，口、口,Uu词,才有£7_L口,所以⑥错误.

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）在长方体口。口口-口1口14口中，直线

口、口与平面0aa的交点为a%线段&a的中点,则下列结论错误的是（）

A.口口以三点共线B.O四点异不共面

c.□,□［,口,。四点共面D.aa,a口四点共面

【答案】C

【分析】由长方体性质易知aa,a,。四点共面且。a是异面直线，再根据口与口口、面

□□□、口、、面□□］口、的位置关系知口在面□□□、口、与面□□、口、的交线上，同理判断口、

□‘即可判断各选项的正误.

因为I

则a。四点共面.

因为De

则De平面□□□、口、,

又□€平面

则点口在平面□□□、口、与平面&的交线上,

同理，口、口也在平面□□□］口［与平面□□［口］的交线上,

所以a□,一点共线；

从而口,□,口*□四点共面，都在平面□□□、口、内，

而点B不在平面□□□]&内，

所以a口,d,。四点不共面，故选项B正确；

口,口、,a三点均在平面。口口、。内,

而点A不在平面O&□、3,

所以直线A0与平面g口1m目交且点0是交点，

所以点M不在平面O4□、。内，

即口,口、口口四点不共面，

故选项C错误；

ZZ7ZZ71|口、口],且,

所以口。&&为平行四边形，

所以共面，

所以a4,口,OH点共面，

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.2jB.3jC.4jD.lj

【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。/〃，口门口=口,□□□=□,则以。《一确定一个平面£7,

所以DeD,DeD,所以ODu口,又£7e口,£7e口,所以。u口,

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OZ7DO中,连接OO,口。可得一个三棱锥，

将四个中点连接，得到四边形口，由中位线的性质知，口口廿口□,nn/ina,

.•四边形。。口。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。/O,口€口，口&□，当P、Q分别在平面以g运动时，

线段PQ的中点X也随着运动，则所有的动点X()

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〃_LD,构造三角形证明点X到平面£7、中）距离相等可知.

【详解】过点X作直线。1口,记。介口=口小口=口,口与口。所确定的平面为以

因为口,Z7n□=□口,Z7n□=口□,

耐以口口〃口口,所以/□□□=乙□□□,

又口〃口,£71口,所以口,所以乙□□□=4□□□=90°,

因为X为PQ的中点，所以口口=口口,所以△□□□沁□□□,

所以□口=口□,即X在到平面以疗勺距离相等的平面上.

【变式2-3]（2022春•北京•高一101中学校考期末）空间四点口口,口,3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口,口,。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.

•D

AB

【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

。分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，2,8,。，。四点共面的是（）.

【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，4,6,C,。四点显然不共面.

对于D选项，如下图取E,尸为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF,

易知ZOCE8尸为平面正六边形，所以2,8,U,。四点共面.

故选：D

【变式2-5】（2023•全国•高一专题练习）如图，在长方体口O口口一口1口1口1口1中点、外正方形□口口口

的中心，点a为o’。’的中点，点a为口世中点，则（）

4.口、口、口、。四点共面，目口□与口口^行

B.口、口、口、。四点共面，且£7口与£70相交

C.口、口、口、。四点共面，目_口口与口■行

。.口、□、口、点不共面

【答案】C

【分析】连接口□、□口,分析可知孕。厅勺中点，判断出。。与OO相交，结合中位线的性质

可得出结论.

【详解】逢接口口,因为二为正方形口口。世中心，则孕口小勺中点，

因为口□=口,口％口口^内点、,故以口、a磔点共面，目口口与口口^交,

连接DO、□□咫为口、a分别为£70、£700勺中点，则

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，不满足直线平面ABC的是（）

【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平面ABC,OOu平面ABC,

所以直线。。/平面ABC,能满足；

N

对于B，作出完整的截面ADBCEF,由正方体的性质可得£7。/。。,£7Z7c平面ABC,□□u平面ABC,

所以直线OB/平面ABC,能满足；

对于C,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得DO/BD,OOC平面ABC,£7。u平面ABC,

所以直线。平面ABC,能满足;

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。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】在上任意取一点。，由直线&4与点O确定一个平面这个平面与OO有且仅有1个交点Z7,

当点。取不同的位置就确定不同的平面，从而与口。有不同的交点。，可得答案.

【详解】在上任意取一点。，直线&&与点O确定一个平面，

这个平面与OZZW且仅有1个交点£7,

当点。取不同的位置就确定不同的平面，从而与口。有不同的交点口，

而直线。。与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线4&、□□、相交的直线有无数

条.

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（）

G

门

Lr-------z^lN加--------H上---------------

①②③④

A.①②B.③④C.①③D.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£7011口口/

在题图③中，连接GM，由G,M均为所在棱的中点所以口口，且□□=；£7。,易得四边形GMNH

为梯形，则GH与MN相交

代-------AN

故选：D.

【变式3-3］（2021•高一课时练习）在下面四个正方体口。。口-方方方中，点口口、口均为所在

棱的中点，过口、口、a乍正方体截面，则下列图形中，平面口口。不与直线。’。垂直的是（）

【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，连接方假设方£7,平面。

在立方体•□□□□-£7‘方中，仃匚iL平面口/廿口,仃Uu平面口已匚j□,：.dd1DU,所

以，△方O'O为直角三角形，且N方。方为锐角，

因为。、侬别为。吐Z7Z/中点，则CO/。'。，所以，□□与仃冰垂直,

这与。‘0_L平面。矛盾，故假设不成立，即。'O与平面£70。不垂直；

对于B选项,连接方方、DD,如下图所示：

因为四边形方口方方为正方形，则方方1dd,

...口廿_L平面o'方方方,nd<=平面方。'0'。'，：.nd1dd,

"DIJnZZ7ZZ7=D,DDJ"平面£7'£7/27,

••,ZZ7口u平面Z7ZZ7£7,•••ZZ7Z71ZZ7ZZ7,

•••口、为别为方方、方。’的中点，则Z7Q/方o',可得do,

同理可证O'Z7_L□□,

••,□□□□□=U,•••cj□母面□□□;

对于c选项，连接方。、da口□、da0口，取方方的中点。，连接方。、口口,

因为四边形方。为正方形，则o方1方口，

Vdd，平面O£7'方口，cjUu平面□仃［j□，:.£701Z7Z7,

••,ZZ7ZZ7n£7/Z7=ZZ7,•••£7'£71平面/7'ZZ7Z27,

仃□u平面［j□匚i,Z7Z71Z7ZZ7,

•••口、侬别为方o'的中点，;口□£口,.•.DD1□口,

在正方形o'方方。'中，□、0分别为。'方、o'o’的中点，:.daidos./jD=do.

所以，四边形方口方皿平行四边形，所以，daidc^dD=da.

同理可证四边形£7方OZ7为平行四边形，二廿口11口冷廿口=口□,

所以，dDIIDDS.dD=口口，所以，四边形万口。峰平行四边形,

易得。'。=口口，所以，四边形方。口%菱形，所以，£7£71口口，

■■■ZZ7ZZ7n□口=.仃□上平面口□□:

对于D选项，连接。以口□，

因为四边形。正方形，则£70,□□,

(j(j1_平面□□□□,口口0^^口口口口，：,[JD1□□,

□□cDD=□，:.UDDDU,

••,d□u平面口已□，:.ci[J1.,

•••口、6秒为□□、£7。的中点，则口口旧口，：.廿口、口□,同理可证方Z71口□,

,•■DDc\□口=□、：.仃□工平■'面□□□.

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0-dd口曲，=

□□「口，口,侬别是所在棱的中点；现有3个图形如下所示.则满足口Z71口型图形个数为（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】图（1）中，推导出口□1平面00,从而。£71；图（2）中，取&0的中点口,连接口口,

口□,故。。口Z7为平行四边形，耐□□//□口,推导出。0_L从而0/7,DO;图（3）中，

反证法证明〃。冰成立.

【详解】图（1）中，•••直三棱柱。。。-daa中，

□□1LJLJ,LJLJ=□口、i

••□、J.□[J_□□],

A□=口、,u平面u平面ZZ7£7i,

•'•JL平面ZZ7/Z7|,

u,a,a分别是所在棱的中点，.：□□人平面,

••,UUu平面□□、，：.□□L,

图（2）中，取乜0的中点口,连接。O,口□,故。平行四边形，

故□□“□□,而□口=,□□=□]□,□□=□口,所以△□□□.□□□、,

所以乙□口□=乙□□□%£□□□=4口口口、因为乙□□□+4□□□=90°,

所以/□□□+4□□口=琳，：“□□□=90°,取\□□,故OO_L□口；

图（3）中，DDL£7冰成立.如图，连接&口，G是BC的中点，连接AG.

假设31□口,又S1口口门口□、=口,u平面

所以□□上平面□□□□〕,

所以。Z7J.□口，:.4□□□=90°,

所以乙□□口=90°,

因为立□□□+L□□□=90°,

所以/□□□+乙□□□=90°不可能.

所以Z7OJ.£7。不成立.

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，目口□=□□=1:2.求证：

⑴E、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。oil口OBP可；

（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】□□

,••E,F分别为AB,AD的中点，.•.£7011口□,目口口=；口口,

.■-0/711UD,/.E,F,G,H四点共面.

（2）/G,H不是BC,CD的中点，：.□□吟□□,：、□□主口口,

由（1）知O£7II。。，故EFHG为梯形.

.'.EG与FH必相交，设交点为M,

，£7Z7u平面ABC,Z7Z7u平面ACD,

平面ABC,且Oc平面ACD,

.•.〃€OO,即GE与HF的交点在直线AC上.

【变式4-1］（2022春・安徽芜湖•高一校考期中）如图，在三棱柱ABC-LJQiUi中,£为棱28的中点,

尸为棱歌的中点

⑴求证:E,FC,O,四点共面；

⑵求证：AiE,口£口也交于一点、.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)连接用，根据巳尸分别为AB,8c的中点，得到,再根据三棱柱的性质证明即

可；

(2)*(1、层□□丰OZ7BE,F,口1,■四点共面，得到Z7Q与OQ必相交，设。Qn□〔□=D,

再证明De即可.

【详解】(1)证明：如图,

连接)，

-E,尸分别为48,8c的中点,

又"棱柱OZ27Z7-口1口口1中,Z7Z7IID1D1,

则F,尸，5,四点共面.

(2)由(1)得。口片口道E,F,口1,。网点共面，

则07g£7。必相交.

没□1口n□［口=口.

,:口1口u平面口口彳0/口，.•.走平面ozv/Zz//a

□1口匚¥■[&]口口]□1口，，户£平面Z17ZZ71□1

又平面。。彳0,加平面□口]

则OQ,,口放于一点.

【变式4-2](2023春•全国•高一专题)如图，在长方1体口□□□-口1口1口1口1中,口、。分别是ZJ/O?和

⑴证明：口、口、□、。四点共面；

(2)对角线口彳口与平面口口交于点口，。。交于点口，求证：点口”口，。共线；

(3)证明：□□、口口、口。/三线共点.

【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。Z7〃OO,即可说明以口、口、O0点共面.

(2)先证明点De面〃O/口7m口。c面。，即点。在面口O7D/O与面£7£707的交线上在证明面

□□Qi口画口□□1二口口‘即点De□□即可得到答案.

(3)延长oa支于a由于面。OO胸口□口=un1,则。在交线oojz.

【详解】C)频口口，口口，口4

•••在长方体口口口口一口1口1口1口1中

□1□llI□□

V口、为别是和。7。7的中点

：.□LJ//口1口7

:.□□]I□□

•••□、口、□、点共面

(2)•,•口口1〃口口1

口,口力口,口确定一个平■面口口1口1口

□W(^口口1口1口

□函口口1口1口

•甜角线口1□与平面□□□1交于息口

。在面口□[□[。与面□□□梅交线上

•••ZZ7Z7nLJ[J=U

□函□遹□□□〕

:画口南□□□[=□]□

□G口1口

即点口,U共线.

(3)延长。a£7依于口

,­,□□u面□□口

U&□口

Z7G®Z7Z7Z7

---□口u面□□口

□e□口

□□口

•:面□□口n面口□口=口口1

□E□□1

••口口、口□、口口7三线共点.

【变式4-3](2023春・全国•高一专题练习)如图，四边形。叨厚口口。口是直角梯形，N口口口=

/□□□=9(fIDD,□□二口□,□□%口口,□□—口□,D,为别为。D,DZJB勺中

点

Q）证明：四边形口是平行四边形.

©口,口,口,点是否共面？为什么？

【答案】（1）证明见解析

（2）C,D,F,£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。。7/0。且口〃=口口,由此可得结论；

（2）由题可证得四边形OODU为平行四边形，进而可得进而即得.

【详解】（1）因为a2分别为oa。中）中点，

而以口□

又□□邑口□,

而以□□//□□,□□=□□,

所以四边形是平行四边形；

（2）aaa口四点共面.理由如下：

由,DD=-2CD,境。中点知，□□=□□

所以四边形oooo为平行四边形，

而以,由（1）知

即以

所以0D与口。共面，又。e,

所以a口,口,。四点共面.

【变式4-4]（2023春・全国•高一专题练习）如图所示，在正方阵□□□□一口1口1口1口1中,E,尸分别

是,。口/的中点.

Q）求证：口□,口[口,£70E线交于点P-,

⑵在（1）的结论中，G是口Q上一点,若尸G交平面于点〃，求证：P,F,”三点共线.

【答案】Q）证明见解析；

（2）证明见解析

【分析】（1）连接口7。，口口,可得到口口11口口1且口口丰口口,则尾与。/仔目交，设交点为P,

则能得到住平面口^^□口口1口1,结合平面OOZ70n平面0即可得证；

（2）可证明P,E,〃都在平面。口口,与平面Z6C。的交线上，即可得证

【详解】（1）证明：连接0/0,□口1,口口

正方悻□□□□一口1口1口1□卉,巳尸分别是OO,的中点，

:.□□1旧1口且□□丰口口,

一:口口川口1口^口口1=口1口,

:.口口旧口且□□丰□□[,

・•・乙与£7,0相交，设交点为P,

-：P&EC,FG平面..和平面，8。；

又,.■£76口口1,u平面OZJZJ/ZJ?，:.□^^□□口1口1,

.7为两平面的公共点,

,平面Z7L7Z7L7C平面ZJLZZJ/ZJ7=□口.：.口€UU,

在（1）的结论中，G是口〕口上一氨,1G交平面28。于点H,

则/Wu平面ODD,，:.□€平面口□□1,又口e平面28。，

:€^^口口口1n平面ABCD,

同理，□e平面/J。。,c平面ABCD,

口e平面。£7/7/n平面ABCD,

■■■P,E,〃都在平面与平面28。的交线上，

-P,E,〃三点共线.

【变式4-5］（2023•全国•高一专题练习）在空间四边形288中，H,G分别是。的中点，E,F

分别边AB,8C上的点，且需=票=:.求证：

t_IZ_/L_/1—!J

（1）点F,F,G,〃四点共面；

⑵直线小，8。，%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彳导到£70,0演平行于。O,

由平行线的传递性可得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oo。。中,a2分别是oaom中点，工

又争=票=：,.•.口口，:.,口,口,£7,侬点共面.

1—11—1L_/L—IJ

（2）证明：趣妾□口、口口，因为口,。分别是。a口。的中点，即以口□,

且□□=4□□,又因为袈=票=：，而以□□//□□,目口口=3口口,

4l—i1-1L—Jl—IJ9

而以且□□牛口口,故四边形oooa为梯形，目口口,。口是梯形的两腰，

所以77/7,00相交于一点.设交点为。，因为UUu平面□□□,所以Oe平面。

同理De平面ODD,而平面平面£7。£7=口□,所以Oe,

故点。时直线oa口□,。。的公共点，即直线oa□口,oo®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：

设口□=□，口□=□，口口=口,

则£7炉=+万,UCf=d+仃,。炉=D2+万

则+口d-口疗>o,nd-+。万-DE3>o,口d+口d-口吁>o,

则N□□□/□□□,z均为锐角，则截面形状是锐角三角形.

则①判断正确；②判断错误；

用一个平面去截一个正方体，当截面为时，

四边形。O&&为矩形.则③判断正确；

当截面为。口0（口,口1分别为口口,口1口1中点）时，

四边形。口aa为菱形，令正方体棱长为a,

则。£7==苧a口口1=y[2D,则。仃+皿1=|厅H24=口疗,,

则NZ7Z74不是直角，则四边形Z7Z704不是矩形.则④⑤判断正确；

当截面为£70。□口[（O,口份别为口口,口、4四等分点点）时,

为五边形，则⑥判断正确；

当我面为□□口口口口（口,□,口,口,□*侬别为所在棱中点）时,

OOOO&孕正六边形，则⑦判断正确；

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，正月体□□□□一的棱长为1,E,F,G

分别为线段O4上的动点（不含端点），

①异面直线&口与AF所成角可以为?

②当G为中点时，存在点E,F使直线4。与平面A讦平行

③当E,F为中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为：

④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.①③B.②④C.②③D.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：因为口、口〃口、口，板口、口与口由夹角即为口、口与口弥夹焦乙口【口口,

又当口与鼻合时，乙口、取得最大值，为T；

当。与点a重合时，乙口、取得最小值，设其为0，则tan〃=煞=低，故。＞六

LJ-\LJ4

又点冰能与aa重合，故（a，，。＞/故①错误；

对②：当皿&。中点时，存在aa分别为oa口a的中点，满足&口］画□□□,证明如下：

取&&的中点为o,连接&a□□,如下所示：

显然aunDo,又口口建口口口,口口遹□□□,故&□〃面□□口；

又易得□□,□口理□□□,口□《面口□□,故□□/质□□□；

又□、□□□□=<^口1口口,画□□□,

又aZ7U面/771口口,故口1口画□口□,故②正确；

对③：连接。a,如下所示：

因为故面OOO4即为平面。O很正方体所得截面;

又口、口=口口=4,故该截面为等腰梯形，又□□=,

故截面面积。=X仃一=gX停+旬X苧=/故③正确;

对④：连接取其中点为口，如下所示：

要使得点。到平面勺距离等于点U到平面。的距离，只需OO经过勺中点，

显然当点口。分别为所在棱的中点时，不存在这样的点4防足要求，故④错误.

故选：C.

【变式5-2]（2023•江西南昌•江西师大附中校考三模）已知正方体口口。口一口1Uy□]0的棱长为2,口

为棱O4上的一点，且满足平面ODO1平面。1。口，则平面&口很四面体口口口外接球所得截

面的面积为（）

A.噂〃B.胃OC.之口D.\O

61233

【答案】A

【分析】由题意证得。是。&的中点，由四面体。。。口6勺外接球的直径为3,得到半径口=|,

设。是外接球的球心，求得球心平面40中]距离。=1,根据球的截面圆的性质，求得截面圆的半

O

径万=,进而求得截面圆的面积.

O

【详解】在正方体。£700—口1口1口、□内，设平面OZJOn平面OO&=□□目，平面&£7£7,

由平面口口□1平面口口口,可得口□,所以口是的中点，

又四面体。的外接球的直径为JD仃+皿=3,可得半径。=?,

设O是£7厅勺中点即球心，球心2!）平面4的距离为。，

又设。侬。中）交点为口，贝！Icos/q□□=%*,则sinz4□口=C0SN&口口建,

则O=。0二位口0口二^1二、，则截面圆的半径仃=仃一U=]一$=需=£,

所以截面圆的面积为n厅=^n.

O

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OOOO-a4。的底面为

正方形，口&=2,S=1,2为口4的中点，过口,口,片点作平面Z7,则该四棱柱的外接球被平面口

截得的截面圆的周长为（）

A.V6nB.V5nC.2nD.早

【答案】D

【分析】先根据题意得到该四棱柱的外接球球心G勺位置与半径。，再求得平面。为平面ODDO,再

利用线面平行的性质与线面垂直的判定定理求得球心Zj到平面口。厅勺距离，从而得解.

【详解】由题意知直四棱柱OR7O-d□[□]口的外接球的半径x^12+12+22=苧，

如图,取O4的中点。，连接口口口口,口口,易知四边形ODOR矩形，且平面。即为平面,

分别取。£7£71的中点aZ7,连接。a口□,口□,则易得四边形正方形，

由四棱柱的对称性可知，其外接球的球心。即为正方形。。口2勺中心，取口a的中点4,连接口口,

则&□、a0平面OOOD,DUU平面。o。。，所以aO〃平面。£7。。,故球心o到平面

□oa的距离与&到平面me的距离相等，

过点&作&口1口□,垂足为D,

易知□□遹口口1口1口,□、口地口口口1口,故JJU、口]□,

又£7£7n=口，口口，口口仁桐口口口口,所以口1口工平面□□□□,

又□、口=口%n45。=号，所以球心。到平面距离为9，

由球的性质知，截面圆的半径口=J仃-&布=够二=亨，

所以截面圆的周长为2n〃=苧化

故选：D.

【点睛】关键点睛：本题的关键是求得球心。到面〃〃。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1体□□□□-□[口□]&的棱长为2g,动点P在对角

线口&上过点P作垂直于0口的平面。记这样得到的截面多边形（含三角形的周长为y设口口=H,

则当口e[1,5]时，函数。=0（。的值域为（）

A.[3V6.6V6]B.[V6,2V6]C.（0,V6]D.（0,3陶

【答案】A

【分析】由正方体的性质证明Z7a1平面O0£7同样由正方体性质知£7=1时，截面与棱0a口口,

相交于它们的中点a口,a处,计算出。（1）=3V6,然后a从i开始增加，平面，逐渐平移，由棱锥平行

于底面的截面的性质易得0（。的表