空间点、直线、平面之间的位置关系（解析版）-2025年天津高考数学一轮复习

第29讲空间点、直线、平面之间的位置关系

（4类核心考点精讲精练）

12.考情探究

1.5年真题考点分布

5年考情

考题示例考点分析

2024年天津卷，第6题,5分线面关系有关命题的判断

2024年天津卷，第17题,15分证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求

2023年天津卷，第17题,15分证明线面平行广求点面距离求二面角

2022年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法

2021年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法

2020年天津卷，第17题,15分空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为5分

【备考策略】1.理解、掌握空间基本事实，能够判断点线面之间的关系。

2.能掌握空间异面直线所成的角

3.会解立体几何的截面问题

【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给几何体，求解异面直线所成的角，判断线面关系

等。

瞅.考点梳理*

「知识点一.四个公理｛考点一、基本事实的应用

知识点二.直线与直线的位置关系

5、nU—右在匚室yA•考点一、基本事实的应用

知1八点二•直线与干面的位置关系，考点四、立体几何截面问题

空间点、直线、平面之间的位置关系J

知识点四.平面与平面的位置关系：

知识点五.等角定理：

知识点六.异面直线所成的角考点三,异面直线的判断与异面直线所成角

知识讲解

知识点一.四个公理

公理1: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.

注意：（1）此公理是判定直线在平面内的依据；（2）此公理是判定点在面内的方法

公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.

注意：（1）此公理是确定一个平面的依据；（2）此公理是判定若干点共面的依据

推论①：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面；

注意：（1）此推论是判定若干条直线共面的依据

（2）此推论是判定若干平面重合的依据

（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据

推论②：经过两条相交直线，有且只有一个平面；

推论③：经过两条平行直线，有且只有一个平面；

公理3：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.

注意：（1）此公理是判定两个平面相交的依据

（2）此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点）

（3）此推论是判定几何图形是平面图形的依据

公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.

知识点二.直线与直线的位置关系

位置关系相交（共面）平行（共面）异面

图形/>/

符号ab=Pa//ba\a=A,b(^a,A^b

公共点个数100

特征两条相交直线确定一个平面两条平行直线确定一个平两条异面直线不同在如

面何一个平面内

知识点三.直线与平面的位置关系：

有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况.

位置关系包含（面内线）相交（面外线）平行（面外线）

图形/V

//

符号1ua1CC-P1//a

公共点个数无数个10

知识点四.平面与平面的位置关系:

有平行、相交两种情况.

位置关系平行相交（但不垂直）垂直

图形二~a~

符号a//pa(3=1aVp,aB=1

公共点个数0无数个公共点且都无数个公共点且都在

在唯一的一条直线上唯一的一条直线上

知识点五.等角定理：

空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.

知识点六.异面直线所成的角

⑴定义：已知两条异面直线a,b,经过空间任一点。分别作直线"〃a,b'//b,我们把直线d与〃所成的

角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）.

（2）范围：（0,.

考点一、基本事实的应用

典例引领

1.(・四川•高考真题)如图，平面4BEF，平面2BCD,四边形4BEF与ABCD都是直角梯形,

^BAD=AFAB=90°,BC〃-AD,BE"-AF,G,H分别为

=2=2

B4,F。的中点.

G、H

/___****、/.--

BC

(I)证明：四边形BCHG是平行四边形；

(IDC,D,F,E四点是否共面？为什么？

(III)T^AB=BE,证明：平面ADE_L平面CDE；

【答案】(I)见解析(II)四点共面(III)见解析

【详解】【解1］：(I)由题意知，FG=GA,FH=HD

所以GH〃~ADy.BC〃-AD,故GH〃BC

=2=2=

所以四边形BCHG是平行四边形.

(II)C,D,F,E四点共面.理由如下：

由BC〃-AF,G是凡4的中点知，BE〃GH,所以EF//8G

=2=

由(I)知BG〃CH,所以EF〃CH,故EC,FH共面.又点D在直线上

所以C,D,F,E四点共面.

(III)连结EC,

G

BC

由48=BE,BE〃AG及乙BAG=90。知4BEG是正方形

故BG1E4.由题设知尸4尸。,力B两两垂直，故2D1平面

因此E4是ED在平面凡4BE内的射影，根据三垂线定理，BG1ED

又EDOEA=E,ED,EA含于面ADE内所以BG1平面2DE

由(I)知CH//BG,所以CH_L平面4DE.

由(II)知FC平面CDE,故CHu平面CDE,得平面ADE_L平面CDE

【解2】：由平面力BEF1平面ABC。，AF1AB,得2F1平面4BCD,

以4为坐标原点，射线4B为%轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系4-xyz

(I)设4E=a,BC=b,BE=c,则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),

C(a,b,0),0(0,2/?,0),E(a,0,c),G(O,O,c),H(O,b,c)

所以布=(0,6,0),BC=(0,b,0)

于是前=前

又点G不在直线BC上所以四边形BCHG是平行四边形.

(II)C,D,凡E四点共面.理由如下：由题设知尸(0,0,2c),所以

EF=(—a,0.c),CH=(-a,0.c),EF=CH

又C住EF,H6FD,故C,D,E,F四点共面.

(III)由=得，所以丽=(—a,0,a),荏=(a,0,a)

又而=(0,2b,0),因此4•族=0,而•而=0

即CH_L4E,CH14。又ADC4E=力，所以CH_L平面4DE

故由CHu平面CDFE,得平面4DE1平面CDE

【点评】：此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系，四点共面问题，面面垂直问题，考察了空间想

象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；

【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意逻辑性是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建

系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算

中的计算方法是解题的关键.

2.(2024・四川成都•二模)如图，在棱长为2的正四面体P—ABC中，尸分别是棱PB,4B,4C,PC的中

点.

p

⑴证明:M,N,E,尸四点共面；

(2)求四棱锥P-MNEF的体积.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)由条件推得MN〃EF,即可证明四点共面;

(2)根据几何体的特征，利用等体积转化，即可求解.

【详解】(1)在APBA中，•••M,N是棱的中点，

MN//PA,同理可得EF〃P4

MN//EF,

MN,E,F四点共面.

(2)连接NF,

二四边形MNEF为平行四边形,

Vp-MNEE~2Vp-NFE=^N-PEF=%-PEF，

•••四面体P-ABC为正四面体,

B在平面P4C内的射影。为△P4C的中心,

0P=X2V3

1焉=3

在八PBO中，8。=<PB2-P02=半,

〃lcnc116c22V6V2

VR-PEF=-5AP£T•BO=-x-x—x22x—=—,

u尸2*3△尸七*34436

T/_V2

,•VP-MNEF—

即时

1.（2024高三.全国.专题练习）如图，已知四棱锥P-48CD的底面是菱形，对角线交于点。，。4=4,

OB=3,OP=4,OP1底面4BCD,E,F分别为侧棱PB,PD的中点，点M在CP上且由=2MP.求证：A,E,M,F

四点共面.

P

【答案】证明见解析

【分析】易知力C1BD,由线面垂直的性质可得。P，4C,0P1BD,建立如图空间直角坐标系。一盯z,利

用空间向量坐标方法，设前=%荏+、而建立方程待定x,y,即可证明四点共面.

【详解】因为平面4BCD是菱形，所以4C1BD,

由。P1平面2BCD,4C,BDu平面2BCD,^OP1AC,OP1BD,

所以。P,04,0B两两垂直，建立如图空间直角坐标系。-xyz,

则E（0,|,2）,F（0,—1,2）,

由西=2通知，点M为靠近P的三等分点，则”（一（,0,|）,

所以加=（―4,-1,2）,族=（-4,|,2）,前=（-y,0,|）,

（16A.

——=—4x—4y

设前=X族+风，则（o=|x-|y,解得％=y=不

[|=2x+2y

则俞=|版+|初，所以前，版，衣共面，

又直线AM,AE,4尸的公共点为4,所以A,E,M,F四点共面.

2.（2024高三.全国.专题练习）如图，在正方体力BCD中，E,F,G,H分别是棱AB,BQ,GA，。/

的中点.求证：E,F,G,H四点共面.

【答案】证明见解析

【分析】取BBi的中点M,连接利用平行关系可得四点共面，四点共面,

再根据过不共线的的三点H,M,G的平面具有唯一性，即可证明.

【详解】如图，取的中点M,连接

因为E,F,G,H分别是棱4B,B1。声的中点，

所以GF"B\D\,所以HM〃GF,四点共面，

又EM〃力Bi，HGZ/DCJ/ABr，所以EM〃GH,H,M,G,E四点共面，

又因为过不共线的的三点H,M,G的平面具有唯一性，

则平面HMFG与平面EMGH重合，故E,F,G,H四点共面.

3.(2024.江苏徐州.一模)如图,在正四棱柱4BCD中，AB=2,44】=4,E为4必的中点，经

过BE的截面与棱&Bi分别交于点F,G,直线BG与EF不平行.

(1)证明：直线BG,EF,4%共点；

(2)当而=；西时，求二面角C—BF—5的余弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2)-坦

v710

【分析】（1）先设BG与EF有一公共点，再证明该公共点在直线上即可；

（2）以BC为x轴，B4为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，结合面面角的余弦公式即可求解.

【详解】（1）rBEEG四点共面，BG不平行于EF,设BGClEF=P,

又•••BGu平面力BB141，EFu平面ADD141，BG,EF均不平行于

■­.P为平面力咽冬与4D014的公共点，

又•.,平面4BB141C平面2DD141=AAr,

・•・根据基本事实3可得PeAA^

二直线BG,EF,44i共点；

以BC为久轴，84为y轴，8名为z轴建立B-xyz空间直角坐标系，

因为正四棱柱28CD中，AB=2,=4,而=｝丽］

所以B(0,0,0),C(2,0,0),F(2,2,l)A(2,2,4),BC=(2,0,0),BF=(2,2,1),西=(2,2,4),

设平面BCF的法向量为元=(x,y,z),贝4一n-BC=2%=0,

ji-BF=2x+2y+z=0

令y=1,则z=—2,n=(0,1,-2),

m-BD-2%i+2yi+4z1=0人,.

设平面BF。1的法向量为沅=（xi，y1,zi）,则?1，令X1=1I,=0,则mil%=-1,

m-BF=2%1+2yl+z1=0

则二面角］的余弦值的绝对值为，冷=I-1I=叵

m=C-BF-DIV2-Vsl10

IH'HI

由图可知，二面角C—BF—Di的平面角大小为钝角,

所以二面角C-BF—劣的余弦值一答.

4.（23-24高三下.重庆.阶段练习）如图，在直三棱柱48。一4/16中，AB=AC=AAr=1,M为线段A/i

上一点，平面8cM交棱4G于点N.

B

（1）求证：直线BM,CN,44i共点；

（2）若点M为中点，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为己知，求直线ZC与平面BCM所成

角的正弦值.

条件①：三棱锥4-MBC体积为；；

6

条件②：三棱柱ABC-4B1G的外接球半径为

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）证明见解析

⑵弓

【分析】（1）根据面面平行的性质可得结合MN7BC,可得与直线NC相交，进而证

明BM,NC的交点P在直线441上即可，

（2）条件①根据等体积法可得NB4C=90。，条件②根据外接球的性质结合勾股定理可得NB4C=90。，进

而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角与直线方向向量的夹角即可求解.

【详解】（1）证明：如图，由平面2BC〃4B】Ci，平面BCMC平面ABC=BC,

/\

为之广下、'、

B

平面BCMC平面A/iQ=MN,

故MN〃BC〃B0,且MN4BC,所以直线与直线NC相交,

记BMCNC=P,贝！|PC8M,BMu平面力BB14],

同理PeNC,NCu平面4416C,

所以P在平面441cle与平面力BB14的交线上，即Pe44「

故三线共点，

（2）若选择条件①，则有

11111

^A-MBC~^M-ABC=LABC="xlx-xlxlxs\nZ-BAC=-s\nZ-BAC=-=>sinZ-BAC=1J即

乙BAC=90°；

若选条件②，记△4BC的外接圆半径为r,三棱柱ZBC—//©的外接球半径R,则有产=产+；依必产=

三nr=在，记△力BC外接圆心为O,

42

则有4。=BO=C0=当,且有4。2+B02=AB?,

故乙84。=/.CA0=45°,

故NB4C=90°；

以A为原点，国的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系4-xyz,

则B(l,0,0),C(0,l,0),M(|,

则南=(1,-1,1),BC=(-1,1,0),BM=记平面BCM的一个法向量为元=(x,y,z),

则需需;—%+y=0

-ix+z=0!取％=2,则元=(2,2,1),

记直线BiC与平面BCM所成角为a,

则有sina=|cos他可)|=|高为|=今

考点二、空间位置关系的判断

典例引领

1.（23-24高三上.山东荷泽•阶段练习）在三棱锥D—ABC中，点E,F,G,H分别在AB,BC,CD,DA±,

且EF//GH,则下列说法中正确的是（）

A.直线EH与FG一定平行B.直线EH与FG一定相交

C.直线EH与FG可能异面D.直线EH与FG一定共面

【答案】D

【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解.

【详解】由于EF//GH,所以E,F,G,H四点确定一个平面EFGH,因此直线EH与FG一定共面，故D

正确，C错误；

只有当E尸〃GH,EF=时，此时四边形EFGH为平行四边形，此时EH//GF,故A不正确;

只有当EH〃GF但EF7GH时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH,GF相交于一点，故B不正确.

D

故选：D.

2.（24-25高三上•江苏南京•阶段练习）设a,b,c是三条不同的直线，a,是三个不同的平面，则下列命

题为真命题的是（）

A.若ale,blc,贝Ua||6B.若allb,alla,贝防||a

C.若a||a,b||a,c1a,c16,则c||aD.若0_La,y1a,£Cy=a,则a1a

【答案】D

【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】对A：若ale,61c,在空间中，直线a,b的位置关系部能确定，故A错；

对B：若“/》,。〃用贝防〃a或6ua,故B错；

对C：若a||||a,c_La,c1b,当直线a,b不平行时，c1a,当直线a,b平行时，直线c与平面a的位置关

系不能确定，故C错；

对D：两个平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.故D正确.

故选：D

1.（2025•安徽•模拟预测）设a,b是两条不同的直线，a,£是两个不同的平面，若aua,bu0,a10,

则“a1S”是“a1b”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】根据线面垂直的性质判断充分性，由线线垂直得线面关系的各种情况判断必要性即可.

【详解】若a_L0,由bu0可知a1b成立；

若a16,可能a//。或a与£相交，故不一定a10,

所以“a1邛是“a1b”的充分不必要条件.

故选：A

2.（2024・四川.模拟预测）设匕/2为两条不同的直线，曲,a2为两个不同的平面，下列说法正确的是（）

A.若卬/的，l2//ar,则"//12

B.若A％与由所成的角相等，则4〃12

C.右a】_L0^2）l-y〃a1，12〃a2,则I1I?

D.右a】_La?,_La】,I?_La?,则h_LI?

【答案】D

【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.

【详解】对于A,平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误；

对于B,26与的所成的角相等，则h％可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，

对于C,a-L1a2,,l2//a2,则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；

对于D,1a2,Zi1«i，Z2-L«2,则%，％，D正确.

故选：D.

3.（2024•山东淄博•二模）已知a,P，丫为三个不同的平面，a,b,1为三条不同的直线.

若anp—l,any=a,8ny—b,l//Y，

则下列说法正确的是（）

A.a与1相交B.b与1相交C.a〃bD.a与p相交

【答案】C

【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可.

【详解】对于AB,2//y,/u平面a,any=a,则〃/a,

同理可得〃/b,则AB错误；

对于C,由AB知道a〃b,则C正确；

对于D,由A知道”/a,aC平面/7,2u平面0,贝ija〃S，故D错误.

故选：C.

4.(2024•贵州遵义・二模)已知平面a,£,y满足al0，Sly,aly,下列结论正确的是()

A.若直线11处则〃/6或/〃丫

B.若直线l〃a,贝〃与。和y相交

C.若Zua,则Z10,且Zly

D.若直线1过空间某个定点，则与a,成等角的直线/有且仅有4条

【答案】D

【分析】根据给定条件，作出正方体，举例说明判断ABC；利用正方体的体对角线推理判断D.

【详解】在正方体4BCD-4tBic12中，平面4BCD,平面平面CD4Q两两垂直，

令平面4BCD为平面a,平面力为平面口，平面CDD16为平面y,

对于A,直线DDila,DD1c/3,DD1^y,当/为直线时，lu^luy,A错误；

对于B,ArBJ/a,当I为直线&Bi时，l//y,B错误；

对于C,ABc当2为直线4B时，2〃y,C错误；

对于D,在正方体4BCD-力iBiC/i中，直线力相交于点0,

它们与平面48CD,平面平面CD/C1所成的角都相等，

而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等，

过空间给定点作直线平行于直线26,4停,8。1，2。之一，所得直线与与a,£,y所成角相等，

因此直线Z过空间某个定点，与a,成等角的直线I有且仅有4条，D正确.

故选：D

考点三、异面直线的判断与异面直线所成角

典例引领

1.(2022•安徽马鞍山•模拟预测)正方体力BCD中，点M是CG上靠近点Ci的三等分点，平面AM/n

平面4BCD=/,则直线1与B4所成角的余弦值为()

AVs_V15V103V5

A.—D.-----C.------D.--

1010510

【答案】D

【分析】先根据面面平行性质定理得出交线1,再结合空间向量法求异面直线的余弦值.

【详解】因为48CD-4B1C1D1是正方体，所以平面4DD14〃平面BCC/i，

平面4M£(in平面BCC/i=MN,平面n平面力叫&=也，

所以4A//MMM是CG靠近6的三等分点，

所以BTN=：1B1C,

平面AMD]n平面4BCD=AN,4N即是I,

如图建立空间直角坐标系，设正方体边长为3,

则B(3,3,0),4i(0,3,3),4(0,3,0),N(3,2,0)

—>—>

BA1=(-3,0,3),AN=(3,-1,0)

设直线1与所成角为e

_盛|=_________9_____________3V5

C0S

一忖/网-V32+32+0X732+(-1)2+0-10-

故选：D.

2.(2024・重庆•二模)已知a,b是空间中的两条直线，贝b,6没有交点是a〃b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】a,b是空间中的两条直线，

a,b没有交点可推得a〃。或a与b是异面直线，故充分性不成立；

a〃仇则a,b没有交点，故必要性成立.

a,b没有交点是a〃匕的必要不充分条件.

故选：B.

即时

1.（23-24高三下•河南.阶段练习）过三棱柱任意两个顶点的直线中，其中异面直线有（）对

A.15B.24C.36D.54

【答案】C

【分析】依据异面直线定义结合三棱柱的特征性质即可求得异面直线的对数.

【详解】三棱柱2BC-41B1C1中，与4/1异面的直线有GC,C14C1B,C4CB,

与AG异面的直线有&C,B1B,BA,BC,

与aa异面的直线有aiC,&B,4i44B,4C,

与异面的直线有BC,BGqB,

与BBi异面的直线有力C,4的,4（7,

与CQ异面的直线有48,481,4/,

与异面的直线有4c,4C,力G，与AB1异面的直线有BC,BCi，C4,

与BiC异面的直线有ABMCi，与BG异面的直线有AC,4C,

与41c异面的直线有4B,与4G异面的直线有BC,

所以异面直线有5x3+3x3+3x2+2x2+lx2=36对，

故选：C.

2.（2021•全国•高考真题）在正方体4BCD-4/也1£»1中，P为Bi4的中点，则直线PB与4%所成的角为（）

A.-B.-C.-D.-

2346

【答案】D

【分析】平移直线4%至将直线PB与所成的角转化为PB与BC］所成的角，解三角形即可.

如图，连接BCi，PCi,PB,因为ADt〃BQ,

所以NPBCi或其补角为直线PB与AD1所成的角，

因为J_平面,所以881±PC1,又PC】_LB1D1,BB1AB1D1=B1,

所以PG_L平面PBBi，所以PC11PB,

设正方体棱长为2,贝IBC1=2&,PCi=或，

sinNPBCi=祟=$所以NPBG=£.

故选：D

3.（2022・浙江•高考真题）如图，已知正三棱柱力BC-4/iG，2C=a4,E,F分别是棱BC,&G上的点.记

EF与44］所成的角为a,EF与平面ABC所成的角为0,二面角F-BC-2的平面角为y,则（）

A.a<P<yB.P<a<yC.P<y<aD.a<y<P

【答案】A

【分析】先用几何法表示出a,6，y,再根据边长关系即可比较大小.

【详解】如图所示，过点F作尸P14C于P,过P作PM1BC于M,连接PE,

贝（Ja=NEFP,p=Z.FEP,y=Z.FMP,

PEPE,y_八FPAB.人FPFP4n

tana=—=—M1,tan。=—=—21,tany1=—2—=tan。，

FPABLPEPEPMPE产

所以a</?<y,

故选：A.

考点四、立体几何截面问题

典例I啊

1.（2024.重庆沙坪坝•模拟预测）圆台上、下底面半径分别为r,R,作平行于底面的平面a将圆台分成上下两

个体积相等的圆台，截面圆的半径为（）.

Vr+R

A.

2

3r3+R3

B.

2

3r2R+rR2

c.2

3r2+R2

D.

【答案】B

【分析】设截面半径为％,上，下圆台的高分别为上，h2,上，下圆台的体积分别为匕，/，则£=E，而

匕=匕，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案.

【详解】设截面半径为X,上、下圆台的高分别为七，h2,上，下圆台的体积分别为匕，彩,

贝哈=公又彩=匕，

22

贝仁（兀R2+冗％2_|_1TR%）九2=|（KX+nr+nrx）hr,

R2+X2+RX_hi_

则R3—%3=%3—r3,

于是22

x+r+xrh2R-X

得2久3=R3+73,故久—r3+R3

2

故选：B.

2.（2024•四川绵阳•模拟预测）在长方体4BCD—中，AB=2AD=244「点M是线段好区上靠近5

的四等分点，点N是线段CCi的中点，则平面4MN截该长方体所得的截面图形为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】C

【分析】延长MN交DC的延长线于点F,连接4F交BC于点H,连接NH,延长NM交。区的延长线于点E,连

接4E交A。1于点G,连接GM,即可得到截面图形，再利用相似验证即可.

【详解】延长MN交。C的延长线于点F,连接4F交BC于点H,连接NH,

延长NM交DDi的延长线于点E,连接4E交于点G,连接GM,

则五边形2HNMG为平面2MN截该长方体所得的截面图形，

不妨设力B=24D=2AAt=4,又点M是线段白区上靠近01的四等分点，点N是线段的中点,

所以GM=3,DrM=1,JN=NC=1,所以CF=3,又CFUAB,

所以霆=瞿=:，又BH+CH=2,所以CH=：,

CFCH37

又翳=鬻，即解得ED1=£

DFED7E£）i+23

1

又等=鲁，即第=3,解得GDi=g符合题意，

AL）CiD/2+—7

3

即五边形2HNMG为平面4MN截该长方体所得的截面图形.

故选：C

即时找测I

1.（2024•安徽蚌埠•模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6cm,AA1,BB】为圆台的两

条母线，截面2BB1&与下底面所成的夹角大小为60。，且。。1劣弧雷团的弧长为詈cm,则三棱台4B。-

4_当。1的体积为（）

A.ycm3B.10V3cm3C.19cm3D.20V3cm3

【答案】C

【分析】分别取A名,48的中点E,F,则易知截面4881al与下底面所成的夹角为NEF。=60°,E作EH1FO

于点H,贝UEH〃Oi。，且EH=。］。，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体积公

式，即可求解.

【详解】如图，分别取力/1，4B的中点E,F,

贝！］。亚_LaBi，OF14B且。©/OF,又。_L平面AB。，ABu平面4B。，所以。1。148,

OFC。1。=。，OF,。1。u平面FEO］。，所以AB_L平面FE。］。，

又EFu平面FE。1。，所以EF14B,

截面4881al与下底面所成的夹角为NEF。=60°,

过E作EH1FO于点H,贝l］EH〃0i。，且EH=010,

又。。1劣弧2逋1的弧长为詈cm,弧所在圆的半径为4,

8

•••N&O/i=王=空，则EOi=4sin-=2,

4366

同理可得OF=3,FH=3-2=1,又乙EFO=60°,

•••。1。=EH=FHtan60°=V3,

又三角形Ai。声1的面积为:x4x4x曰=4V3,

同理可得三角形40B的面积为］x6x6x曰=9V3,

•••三棱台4B。-a/1。1的体积为子x（4V3+9V3+J4设x9⑹x百=19（cm3）.

故选：C.

2.（2024•浙江温州.模拟预测）边长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（）

A.4V2B.2V3C.3V3D.6立

【答案】A

【分析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，截面面积最大，得出截面后计算即可得.

【详解】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，

如图所示矩形DD/1B符合要求，

此时截面面积为S=2X此+22=4V2.

故选：A.

D

3.（2024・全国•模拟预测）已知正方体2BCD-a/iGA中，点E是线段B81上靠近名的三等分点，点尸是线

段D1G上靠近£>1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-&B1GD1形成的截面图形为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】C

【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得〃/力E,进而F〃/4E,

结合相似三角形的性质即可求解.

【详解】如图，设4B=6,分别延长4E、4B1交于点G,此时4G=3,

连接FG交BiG于H,连接EH,

设平面4EF与平面DCCi%的交线为2,贝ijFeI,

因为平面〃平面。”也，平面4EFC平面2幽&=AE,平面4EFC平面。"必=I,

所以Q/4E,设in/£）=/,贝/〃/4E,

止匕时SAABE,故/。1=%连接4,

所以五边形4FHE为所求截面图形，

4.（2023•安徽马鞍山•模拟预测）已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2,点E在侧棱SC上，过点E且垂直

于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为.

【答案】管

【分析】取SC的中点广，连接得SC,平面BOF,当点E在S,F之间时，作平面EMNQP与平面80F平

行，得到的截面最大为五边形，即可求解.

【详解】解：取SC的中点F,连接DF,BF,则BF1SC,DF1SC,

而BFCDF=F,BF,DFu平面BDF,得SC_L平面BDF,

当点E在S,尸之间时，作EP〃BF,EM〃DF分别交SB,SD于点P,M,

作MN//S4PQ//S4分别交于点N,Q,连接NQ,则平面EMNQP与平面BDF平行，得到的截面为五边形,

如图所示：

令粤=九则|EP|=2|BF|=百九\SP\=A\SB\=22,

|SF|

可得|PB|=|8Q|=|PQ|=2(1—4),得|MN|=2(1-4),\AQ\=\AN\=2A,得|NQ|=2夜2,

由cos/DFB=3?-4=1,得sin/DFB=V1-cos2zDFB=—,

2XV3XV333

所以SAEMP=IXV32XV3AXsin乙DFB=V2A2,

又因为MN与NQ的夹角等于SA与8。的夹角，且由正四棱锥性质可知$4与BD垂直，

所以S四边形PMNQ=2gx2(1—Q=4722(1-A),

可得截面的面积为：S=V2A2+4V22(1-2)=-3V2A2+4&4=—3夜。一|了+?，

根据二次函数的性质，可知，当2=轲，S取得最大值竽，

故答案为：竽

IN.好题冲关

基础过关

1.（2024高三・天津・专题练习）若相，九为两条直线，a为一个平面，则下列结论中正确的是（）

A.若m〃a,nccr,则zn〃?iB.若m〃a,n//a,则?n〃几

C.若m〃a,n1a,则zn1九D.若m〃a,n1a,则zn与?i相交

【答案】C

【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案.

【详解】根据题意，依次分析选项：

对于A,若zn〃仇，九ua,则m与九平行或异面，A错误；

对于B,若m”a,n//a,则?n与九异面、平行或相交，B错误；

对于C,设直线2,满足Eua且

若n1a,则n12,而则m1n,C正确；

对于D,若Tn“a,n1a,则zn与n相交或异面，D错误.

故选：C.

2.（2024高三•全国•专题练习）若直线1不平行于平面a,且lya,则下列说法中正确的是（）

A.a内的所有直线与/都异面B.a内的所有直线与/都相交

C.a内不存在与I平行的直线D.a内存在唯一的直线与，平行

【答案】C

【分析】先得到直线Z与平面a相交，从而得到a内的直线有可能与a异面，相交，不存在与1平行的直线，得

到答案.

【详解】因为直线/不平行于平面a,且2Ma,得直线2与平面a相交.

故a内的直线有可能与a异面，相交，故A,B错误.

a内不存在与I平行的直线，C正确，D错误.

故选：C

3.（2024高三.全国•专题练习）下列说法正确的是（）

A.若直线1平行于平面a内的无数条直线，贝也〃a

B.若直线a在平面a外，贝!]a〃a

C.若直线a〃b,bua,贝！Ia〃a

D.若直线aCa,1）5且2〃13,贝!Ja〃a

【答案】D

【详解】选项A中缺少1在平面a外这一条件；直线在平面a外包括直线与平面相交和与平面平行两种情

况，故选项B错；选项C中缺少a不在平面a内这一条件；选项D满足线面平行的三个条件.

【考查意图】线面平行的判定.

4.（2020•天津河东•模拟预测）已知平面a,0,直线lua,直线小不在平面a上，下列说法正确的是（）

A.若则〃/rnB.1p,则Zlm

C.若〃/m,a〃S，则m〃0D.若ILm,m/邛，则a_L0

【答案】B

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【详解】因为2ua,

对于A,若a〃/?,?n〃夕，则/与m有可能异面，故A错误；

对于B,若a/【B，则THla,又/ua,则Zlzn,故B正确；

对于C,若〃/zn,a〃/?,则有可能muS，故C错误；

对于D,若I则a与夕有可能相交，故D错误.

故选:B.

5.（23-24高三上•天津和平•阶段练习）设。血,九是三条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确

的是（）

A.若〃/zn,zn〃7i,则〃/几B.若〃/m,zn〃a,贝加〃a

C.若I则m〃aD.若7nl则a///?

【答案】A

【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.

【详解】对于A,因为乙皿九是三条不同的直线，〃/7n,zn〃几，

所以〃/九，故A正确；

对于B,若〃贝！J〃/a或2ua,故B错误；

对于C,若11m,Illa,则m〃a或或mua或直线与平面a相交，故C错误；

对于D,若mLn，m”a,n//B，贝ija与f平行或相交，故D错误.

故选：A.

6.（23-24高三上•天津武清•阶段练习）已知m,n是两条直线，a,3是两个平面，则下列命题成立的是（）

A.若a1/?,me.a,则7nlsB.若a〃3，mca,nu0,则m〃7i

C.若mua,nu0,mJIn,则a〃/?D.若an/?=m,nila,nllR,则九〃m

【答案】D

【分析】根据空间中直线，平面间的关系，即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A,若a_L/?,mua,则zn_L/?或血〃或者m与/?相交，故A错误，

对于B.若a〃夕，mca,nu0,则rn〃九或异面，故B错误，

对于C.若?71ua,nu0,mlIn,则a〃/?或者a/相交，故C错误，

对于D.若an/?=m,n//a,n///?,则几〃m,

故选：D

B能力提升

1.（20-21高三上•天津红桥•期中）已知血、九是不重合的直线，%夕是不重合的平面，有下列命题:

①若7i//a,THua,则zn〃?i；

②若m〃a,mlip,则a〃伙

③若7nlS，a1p,则m//a；

④若7nla,mt0,则a///?；

⑤若a1/?,mu0,则m1a；

⑥若a///?,7nl£,则TH1a；

⑦若aA/?=n,mlIn,则m〃a.

其中真命题的个数是（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】A

【解析】利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定和性质判断①②③④⑤⑥⑦中线线、线面、

面面位置关系，由此可得出结论.

【详解】对于①，若nila,血uQ,则加、几平行或异面，①错误；

对于②，若m〃a,mlIp,则a、夕平行或相交，②错误；

对于③，若m上0,cr1/?,则m〃a或?nua,③错误；

对于④，若mJ.0,由线面垂直的性质可得。//出④正确；

对于⑤，若Q工mu0,则TH与a平行、相交或inua,⑤错误；

对于⑥，若a///?,ml/?,由面面平行的性质可得m_La,⑥正确；

对于⑦，若/八/?=九，m//n,则m〃a或znua,⑦错误.

故选：A.

【点睛】对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根

据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常

见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳.

2.（2020・天津北辰・二模）m,九是不同的