高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)第11讲空间点、直线、平面之间的位置关系(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

第11讲空间点、直线、平面之间的位置关系（2大考点+强化训练）[考情分析]高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题．知识导图考点分类讲解考点一：空间直线、平面位置关系的判定判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立．【例1】（多选）(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是()A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面β与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直【变式1】（2024·吉林白山·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（

）A．“//”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．若异面，则有公共点D．若有公共点，则有公共点【变式2】（2024·江西鹰潭·一模）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【变式3】（22-23高三上·河南安阳·阶段练习）已知平面，交于直线，直线，满足，且，则（

）A． B． C． D．考点二：空间平行、垂直关系平行关系及垂直关系的转化考向1平行、垂直关系的证明规律方法(1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理．(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直．【例2】(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．【变式1】（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是.（填写正确推理与证明的序号）（1）已知②③④，则①成立（2）已知①③④，则②成立（3）已知①②④，则③成立（4）已知①②③，则④成立【变式2】（23-24高三上·辽宁·期末）如图，在五棱锥中，平面，，，，，，.

(1)求证：平面平面；(2)已知直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.考向2翻折问题翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．【例3】（多选）(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是()A．BM的长是定值B．点M的运动轨迹在某个圆周上C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE【变式1】（多选）（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）如图，在边长为的正方形中，为中点，现分别沿将翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（

）

A．三棱锥的体积为B．直线与直线所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为D．三棱锥外接球的表面积为【变式2】（多选）（2024高三·全国·专题练习）M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（

）A．平面ABDB．异面直线AC与MN所成的角为定值C．设菱形ABCD边长为a，，当二面角为120°时，棱锥的外接球表面积为D．若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是【变式3】（多选）（23-24高三上·广东佛山·阶段练习）如图，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且，M是AD的中点．沿BD将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（

）A．当平面平面BDC时，三棱锥的外接球的表面积是B．棱CD上存在一点N，使得平面ABCC．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角D．三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为强化训练一、单选题1．（23-24高三上·江苏南京·期中）设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题中，真命题为（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则2．（2024·山东烟台·一模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若与所成的角相等，则C．若，则D．若，则3．（22-23高三下·河北承德·阶段练习）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则4．（2023·河南新乡·二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（

）A． B． C． D．5．（2023·浙江嘉兴·二模）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．6．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D． E．均不是7．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，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（

）A． B．C． D．8．（22-23高三·江西·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点满足，，其中，在下列说法中正确的是（

）①存在，使得②存在，使得平面③当时，取最小值④当时，存在，使得A．①② B．②③ C．③④ D．②④二、多选题1．（2023·安徽安庆·三模）如图，已知四边形是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中正确的是（

）

A．B．与可能垂直C．四面体的体积的最大值是D．直线与平面所成角的最大值是2．（2023·全国·模拟预测）在直角梯形中，，，，，，在上，，在上，．将沿直线翻折至的位置，将四边形沿翻折至四边形的位置，使，则（

）A．与所成的角为B．平面平面C．直线与平面所成的角为D．四棱锥的体积3．（2023·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（

）

A．B．C．点的轨迹的长度为D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为三、填空题1．（22-23高三·全国·课时练习）若直线l与直线m垂直，平面，则l与的位置关系是．2．（2024高三·全国·专题练习）以下四个命题中，真命题的个数为．（1）不共面的四点中，其中任意三点不共线；（2）若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；（3）若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；（4）依次首尾相接的四条线段必共面．3．（2023高三·全国·专题练习）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，∥，则；②若，，∥，则；③若∥，，则∥；④若，，则∥.其中正确命题的序号有．四、解答题1．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，对角线交于点平面，平面是过直线的一个平面，与棱交于点，且．求证：；

2．（2024高三·全国·专题练习）在正方体中，E和F分别为BC和的中点．(1)判断直线EF和直线的位置关系，并说明理由；(2)判断直线和直线的位置关系，并说明理由．3．（23-24高三上·福建龙岩·期中）如图，在正三棱锥中，分别为的中点．(1)求证：四边形为矩形．(2)若四边形为正方形，求直线与平面所成角的正弦值．4．（2024高三·全国·专题练习）如图，四面体中，，，，为的中点．

(1)证明：平面平面；(2)设，，点在上；①点为中点，求与所成角的余弦值；②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．5．（2023高三·全国·专题练习）利用定义法、向量法证明直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．第11讲空间点、直线、平面之间的位置关系（2大考点+强化训练）[考情分析]高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题．知识导图考点分类讲解考点一：空间直线、平面位置关系的判定判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立．【例1】（多选）(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是()A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面β与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直【答案】BD【解析】对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错误；对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直；若直线m与α相交，设m∩α＝A，如图所示，若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l；若m与α斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB⊥α，垂足为点B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；对于C选项，设直线m与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面β，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ∩β＝l，因为m∥β，m⊂γ，γ∩β＝l，则l∥m，因为α∥β，记α∩γ＝n，又因为γ∩β＝l，则n∥l，因为在平面γ内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m⊂α，但m不一定在平面α内，C错误；对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面α的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l，m所确定的平面为β，则α⊥β，D正确．【变式1】（2024·吉林白山·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（

）A．“//”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．若异面，则有公共点D．若有公共点，则有公共点【答案】C【分析】对于A，推理说明“//”是“”的必要条件即可判断；对于B，推理说明“”是“”的充分条件即可判断；对于C，通过反证法易判断命题正确；对于D，由有公共点和题设条件，易得可相交或异面即可判断.【详解】对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；对于B，由，可得或，当时，因，则，当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，即“”是“”的充分条件，故B项错误；对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.故选：C.【变式2】（2024·江西鹰潭·一模）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.【详解】对于A，若，，则有可能，故A错误；对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，又，即，所以，故B正确；对于C，若，，则有可能，故C错误；对于D，若，，则有可能，故D错误.故选：B.【变式3】（22-23高三上·河南安阳·阶段练习）已知平面，交于直线，直线，满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间值线面位置关系判断即可.【详解】，相交，，的二面角不仅仅是直角，故A错误；因为平面，交于直线，，显然不垂直与，故B错误;因为且，则或，故D选项错误；又因为，平面，交于直线，则，故C选项正确.故选：C考点二：空间平行、垂直关系平行关系及垂直关系的转化考向1平行、垂直关系的证明规律方法(1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理．(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直．【例2】(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．【解析】(1)证明因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq\o\al(2,1)，即x2＋x2＝22，解得x＝eq\r(2)，所以A1O＝eq\r(A1C\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1))＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.【变式1】（2023·全国·模拟预测）已知是两个不同的平面，是平面外两条不同的直线，给出四个条件：①；②；③；④，以下四个推理与证明中，其中正确的是.（填写正确推理与证明的序号）（1）已知②③④，则①成立（2）已知①③④，则②成立（3）已知①②④，则③成立（4）已知①②③，则④成立【答案】（1）（3）【分析】由线面平行，垂直的判定定理和性质定理，以及面面平行的判定，性质定理判断即可，不正确的举出一个反例即可.【详解】（1）若，，所以，因为，所以，（1）正确；（2）若，，且是平面外的直线，则，又因为，所以与平行或相交，（2）错误；（3）因为，，则，又因为，是平面外的直线，所以，（3）正确；（4）若，，且是平面外的直线，则，又因为，则与平行或相交，（4）错误.故答案为：（1）（3）【变式2】（23-24高三上·辽宁·期末）如图，在五棱锥中，平面，，，，，，.

(1)求证：平面平面；(2)已知直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析.(2)【分析】（1）根据已知条件先证平面，通过线面垂直，再证面面垂直.（2）建立空间直角坐标系，结合已知条件通过空间向量先确定，再利用空间向量求点到面的距离即可.【详解】（1）因为，，，在中，由余弦定理有：，即，解得，所以有，由此可知为等腰直角三角形，所以，又因为，所以，即；因为平面，平面，所以；因为，，平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）

建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系，设，

如图，取中点，连接，因为，，，，在中由余弦定理有，解得，，所以为等腰直角三角形，所以，；又因为，所以，所以，又，，所以四边形为正方形，所以；点到轴距离为，点到轴距离为，所以，，，，；所以，，，设平面的法向量为，则有，即，解得；因为直线与平面所成的角为，所以，整理有：，，因为，解得；设点到平面的距离为，，平面的法向量为，所以，所以点到平面的距离为.考向2翻折问题翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．【例3】（多选）(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是()A．BM的长是定值B．点M的运动轨迹在某个圆周上C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE【答案】ABD【解析】如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM⊂平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D选项正确；又∠BFM＝∠A1DE，MF＝eq\f(1,2)A1D为定值，BF＝DE为定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，∴BM的长为定值，A选项正确；∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误．【变式1】（多选）（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）如图，在边长为的正方形中，为中点，现分别沿将翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（

）

A．三棱锥的体积为B．直线与直线所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为D．三棱锥外接球的表面积为【答案】BCD【分析】求得三棱锥的体积判断选项A；求得直线与直线所成角的余弦值判断选项B；求得直线与平面所成角判断选项C；求得三棱锥外接球的表面积判断选项D.【详解】由题意可得，三棱锥中，，，，又平面，则平面，选项A：三棱锥的高为，底面积，则,故三棱锥的体积为.判断错误；选项B：，故直线与直线所成角的余弦值为.判断正确；选项C：设三棱锥的高为d，又，则，则，设直线与平面所成角为，则,又，则，故直线与平面所成角为.判断正确；选项D：外接圆半径设三棱锥外接球的半径为R，又平面，则，解之得，则三棱锥外接球的表面积为.判断正确.故选：BCD【变式2】（多选）（2024高三·全国·专题练习）M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（

）A．平面ABDB．异面直线AC与MN所成的角为定值C．设菱形ABCD边长为a，，当二面角为120°时，棱锥的外接球表面积为D．若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是【答案】ABD【分析】根据题意，证得，证得平面，可判定A正确；证得平面，证得，得到，可判定B正确；取的中心，设外接球的球心为，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C错误；分为直角和钝角时，结合在线段的关系，结合，可判定D正确．【详解】对于A中，因为分别为菱形的边的中点，所以为的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面，所以A正确；对于B中，取的中点，连接，则，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，所以，即异面直线与所成的角为定值，所以B正确；对于C中，取的中心，设外接球的球心为，连接平面，平面，连接，并延长交于点，因为的边长为，可得，则，又因为，当二面角为时，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，即外接球半径为，所以外接球的表面积为，所以C错误；对于D中，过作，垂足为，若为锐角，在线段上；若为直角，则与重合；若为钝角，则在线段的延长线上，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，因为，所以平面，因为平面，所以，若为直角，与重合，所以，在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立；若为钝角，在线段的延长线上，则在菱形中，为锐角，由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的，所以为锐角，，故点在线段上与H在线段的延长线上矛盾，因此不可能是钝角；综上,的取值范围是，所以D正确．故选：ABD．【变式3】（多选）（23-24高三上·广东佛山·阶段练习）如图，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且，M是AD的中点．沿BD将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（

）A．当平面平面BDC时，三棱锥的外接球的表面积是B．棱CD上存在一点N，使得平面ABCC．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角D．三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为【答案】ABD【分析】对于A，确定外接球球心位置，求得外接球半径，即可求得外接球的表面积；对于B，取CD的中点N，证明，根据线面平行的判定定理即可判断；对于C，证明平面CME，推出，即可判断CM与BD所成角不可能为锐角；对于D，确定三棱锥的体积最大时，平面平面BDC，作出二面角的平面角，即可求得其正切值，判断D.【详解】对于A，三棱锥的外接球被平面BCD所截小圆圆心是正的中心，是等边三角形，设E为BD的中点，连接，则在上，，则，

由于，故外接球被平面ABD所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，OM，则平面BCD，平面ABD，由于是等边三角形，故，而平面平面BDC，平面平面，平面，故平面ABD，因为，同理可证平面BCD，为的中点，连接，故,则平面BCD，故，，故四边形为矩形，，连AO，由于，则，在中，，所以三棱锥的外接球的表面积，A正确；对于B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，B正确；对于C，如图，因是正三角形，有，而M是AD的中点，有，而，则，，CE，平面CME，于是得平面CME，平面CME，所以，即CM与BD所成角不可能为锐角，C不正确；因为，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面ABD距离最大，即平面平面BDC时，由选项A知，点C到直线BD的距离为，

由A可知平面ABD，作，垂足为G，连接，由于平面ABD，故,而平面，故平面，平面平面，平面平面，故为二面角的平面角，由题意知且，则,故在中，，故,即三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为，D正确，故选：ABD．强化训练一、单选题1．（23-24高三上·江苏南京·期中）设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题中，真命题为（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【分析】根据空间中直线和平面的位置关系的判定定理和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：若，，则或，故A错误；对B：如下图所示，直线，，则垂直于平面内的任意一条直线，则的位置关系是任意的，故B错误.对C：若，，则，故C正确；对D：若，，则，的位置关系是任意的，故D错误；故选：C.2．（2024·山东烟台·一模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若与所成的角相等，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.【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，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，对于C，，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，，则，D正确，故选：D3．（22-23高三下·河北承德·阶段练习）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A，若，，则平行，相交或异面，故A错误；对于B，若，，则相交或平行，故B错误；对于C，若，，则（垂直于同一平面的两条直线互相平行），故C正确；对于D，若，，则相交或平行，故D错误.故选：C.4．（2023·河南新乡·二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.【详解】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．故选：B.5．（2023·浙江嘉兴·二模）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.6．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D． E．均不是【答案】C【分析】在上取点，使，连接、，过点作于点，结合题意可得平面，平面，故点到直线距离的最小值为，计算出即可得.【详解】在上取点，使，连接、，过点作于点，由，故，又平面，平面，故平面，由平面，平面，故，故，又，，、平面，故平面，故到平面的距离为，又在线段上，故点到直线距离的最小值为，由，故，则，故.故选：C.7．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，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（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积，得到答案.【详解】如图所示，取的中点，分别连接，在正方形中，因为分别为的中点，可得，所以，，因为，所以，所以，即，又因为分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证：，又因为且平面，所以平面，即平面截正方体的截面为，由正方体的棱长为，在直角中，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以截面的面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是根据题意确定所求截面为，从而得解.8．（22-23高三·江西·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点满足，，其中，在下列说法中正确的是（

）①存在，使得②存在，使得平面③当时，取最小值④当时，存在，使得A．①② B．②③ C．③④ D．②④【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断①；根据线面垂直的判定定理可判断②；利用和异面直线都垂直且相交的线段的长为异面直线间的最短距离的含义可判断③；利用球的半径和点到球心的距离的比较可判断④，即得答案.【详解】因为平面，且平面，所以不存在，，使得，故①错误；记平面，在平面中，过点M作直线，交直线于点N，在正方体中,平面平面,故,连接,则,而,平面,故平面，所以此时平面，故②正确；当时，分别为，的中点，M点也为的中点，则，且直线与不垂直，即与不垂直，即MN不是线段和上两点连线的最小值，故③错误；当时，N为的中点，，如图，设的中点为O，连接，交于点，则为的中点，设中点为，则，因此以为直径的球与线段必有交点，即存在，使得.故④正确,故选：D.【点睛】难点点睛：解决此类空间几何体中的存在性问题，属于较难问题，解答是要充分发挥空间想象能力，明确空间几何体中的点线面的位置关系，对于存在性的判断，可以找到特殊位置或特殊值，说明适合题意，如果不存在，要加以证明或说明.二、多选题1．（2023·安徽安庆·三模）如图，已知四边形是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中正确的是（

）

A．B．与可能垂直C．四面体的体积的最大值是D．直线与平面所成角的最大值是【答案】ABC【分析】由折叠平面的变与不变性，对于A，取中点，可得⊥面，A选项可判断；对于B，假设与垂直，则⊥面，再根据题目所给长度即可判断；对于C，当面面时，此时四面体的体积的最大,计算最大体积即可;对于D，当面面时，此时直线与平面所成角最大，判断即可.【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，

是以为斜边的等腰直角三角形，，为等边三角形，，又面，面，又面，，故A正确.对于B，假设，又面，面，又面，，又，易知，当时，，故与可能垂直，故B正确.对于D，当面面时，面面=，平面，此时面即为直线与平面所成角，此时，故D错误.对于C，易知当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为：，故C正确.故选：ABC.2．（2023·全国·模拟预测）在直角梯形中，，，，，，在上，，在上，．将沿直线翻折至的位置，将四边形沿翻折至四边形的位置，使，则（

）A．与所成的角为B．平面平面C．直线与平面所成的角为D．四棱锥的体积【答案】BC【分析】对A，即为与所成的角，对B，证明平面，平面即可；对C，转化为直线与平面所成的角，证平面，则即为所求角；对D，应用等积法即可.【详解】对于A，依题意可得，则，所以为与所成的角．在中，，，，所以，即与所成的角为，故A错误．对于B，，又平面，平面，所以平面．因为，平面，平面，所以平面．又，，平面，所以平面平面，故B正确．对于C，因为平面平面，所以直线与平面所成的角即直线与平面所成的角．因为，，，所以，则，则和均为直角三角形，所以．由题意可得平面．又平面，所以．因为，，平面，所以平面，所以即为所求角．由，，得，则直线与平面所成的角为，故C正确．对于D，如图，过点作于点．因为平面，平面，所以．又，，平面，所以平面，则为四棱锥的高．由，得，所以，则四棱锥得体积，故D错误．故选：BC．【点睛】本题以直角梯形的翻折为背景，考查异面直线所成的角、面面平行的判定、直线与平面所成的角、四棱锥的体积，体现了数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养．3．（2023·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（

）

A．B．C．点的轨迹的长度为D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】BCD【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】

依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示

设，在中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．三、填空题1．（22-23高三·全国·课时练习）若直线l与直线m垂直，平面，则l与的位置关系是．【答案】或【分析】画出空间图形判断得解.【详解】解：若直线l与直线m垂直，平面，则l与的位置关系是或.故答案为：或2．（2024高三·全国·专题练习）以下四个命题中，真命题的个数为．（1）不共面的四点中，其中任意三点不共线；（2）若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；（3）若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；（4）依次首尾相接的四条线段必共面．【答案】1【分析】对（1）利用反证法即可证明；对（2）若A，B，C共线则反驳该结论；对（3）直线b，c可能存在异面的情况；对（4）空间四边形可以不在一个平面内.【详解】对（1），可以用反证法证明：假设任意3点均共线，不妨设A，B，C共线，则由一直线和一直线外的点确定一个平面，知A，B，C，D共面，这与题设矛盾，∴题目成立，得证．故（1）正确；对（2），从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C三点共线，则结论不正确，故（2）错误；对（3），共面不具有传递性，直线b，c可能异面，故（3）错误；对（4），∵此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．故（4）错误.故答案为：1.3．（2023高三·全国·专题练习）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，∥，则；②若，，∥，则；③若∥，，则∥；④若，，则∥.其中正确命题的序号有．【答案】①③④【分析】根据空间直线和平面平行、垂直的判定与性质分别进行判断即可．【详解】对于①：因为∥，可知在平面内存在直线，使得∥，如图所示，

又因为，且，则，所以，因此①正确；对于②：如图∥，，，∥，即此时符合题设，因此②错误；

对于③：根据面面平行的性质可知：③正确；

对于④：根据线面垂直的性质可知：④正确．

综上所述，正确命题的序号有①③④．故答案为：①③④．四、解答题1．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，对角线交于点平面，平面是过直线的一个平面，与棱交于点，且．求证：；

【答案】证明见解析【分析】利用线面平行的判定定理，得到平面，再利用线面平行的性质，即可证明结果.【详解】证明：四棱锥的底面