2025年高考数学必刷题分类：第47讲、空间点、直线、平面之间的位置关系（教师版）

第47讲空间点、直线、平面之间的

位置关系

知识梳理

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abPa∥baA,b,Ab

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

符号llPl∥

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．

位置关平行相交（但不垂直）垂直

系

图形

符号∥l，l

公共点0无数个公共点且无数个公共点且都

个数都在唯一的一条直线在唯一的一条直线上

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．

必考题型全归纳

题型一：证明“点共面”、“线共面”或“点共线”及“线共点”

例1．（2024·山西大同·高一校考期中）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:GCDH:HC1:2，求证：

(1)E，F，G，H四点共面；

(2)EG与HF的交点在直线AC上．

【解析】（1）BG：GCDH：HC1：2，GH//BD，

E，F分别为AB，AD的中点，EF//BD，EF//GH，

E，F，G，H四点共面．

（2）G、H不是BC、CD的中点，

EF//GH，且EFGH，

EG与FH必相交，设交点为M，

EG平面ABC，HF平面ACD，

M平面ABC，且M平面ACD，

平面ABC平面ACDAC，MAC，

EG与HF的交点在直线AC上．

例2．（2024·陕西西安·高一校考期中）（1）已知直线a∥b，直线l与a，b都相交，求

证：过a，b，l有且只有一个平面；

（2）如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，

CFAE1

BC上的点，且.求证：直线EH，BD，FG相交于一点.

FBEB3

【解析】（1）证明：设直线l与a，b分别交于M,N点，

如图1，

因为a∥b，所以a,b确定一个平面，记为平面，

因为点M直线a，点N直线b，所以M，N，

所以直线MN，即l平面，所以过a，b，l有且只有一个平面；

（2）在空间四边形ABCD中，连接EF,HG，

1

因为H,G分别为AD,CD的中点，则HG//AC，且HGAC，

2

CFAE13

又由，则EF//AC，且EFAC，

FBEB34

故HG//EF，且HGEF，故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点，

设EH与FG交于点P，如图2，

由于EH平面ABD，点P在平面ABD内，同理点P在平面BCD内，

又因为平面ABD平面BCDBD，

所以点P在直线BD上，

故直线EH,BD,FG相交于一点.

例3．（2024·河南信阳·高一校联考期中）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分

别是AB,AA1上的点，且A1F2FA,BE2AE.

(1)证明：E,C,D1,F四点共面；

(2)设D1FCEO，证明：A，O，D三点共线.

【解析】（1）证明：如图，连接EF,A1B,D1C.

∥

在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1F2FA,BE2AE，所以EFA1B，

∥

又BCA1D1，且BCA1D1，

∥

所以四边形BCD1A1是平行四边形，所以A1BD1C，

EF∥D1C，所以E,C,D1,F四点共面；

（2）证明：由D1FCEO，OD1F，又D1F平面ADD1A1，O平面ADD1A1，

同理O平面ABCD，又平面ADD1A1平面ABCDAD，

OAD，即A，O，D三点共线.

变式1．（2024·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:GCDH:HC1:2.求证：

(1)E､F､G､H四点共面；

(2)EG与HF的交点在直线AC上.

【解析】（1）∵BG:GCDH:HC，∴GH∥BD.

1

∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD，且EFBD，

2

∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面.

1

（2）∵G，H不是BC，CD的中点，∴GHBD，∴EFGH，

2

由（1）知EF∥GH，故EFHG为梯形.

∴EG与FH必相交，设交点为M，

∴EG平面ABC，FH平面ACD，

∴M平面ABC，且M平面ACD，

∴MAC，即GE与HF的交点在直线AC上.

变式2．（2024·云南楚雄·高一统考期中）如图，在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，E，F，

G，H分别为棱A1B1，B1C1，AB，BC的中点．

(1)证明E，F，G，H四点共面；

(2)证明GE，FH，BB1相交于一点．

【解析】（1）证明：连接AC，A1C1，如图所示，

因为ABCDA1B1C1D1为正四棱台，所以A1C1//AC，

又E，F，G，H分别为棱A1B1，B1C1，AB，BC的中点，所以EF//A1C1，GH//AC，

则EF//GH，所以E，F，G，H四点共面．

（2）因为A1C1AC，所以EFGH，所以EFHG为梯形，则EG与FH必相交．

设EGFGP，因为EG平面AA1B1B，所以P平面AA1B1B，

因为FH平面BB1C1C，所以P平面BB1C1C，

又平面AA1B1BÇ平面BB1C1CBB1，所以PBB1，

则GE，FH，B1B交于一点．

变式3．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分

别是AB，AA1的中点．

(1)求证：CE，D1F，DA三线交于点P；

(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，H三点

共线．

【解析】（1）证明：连接A1B，CD1，EF

，

正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是ABAA1的中点，

∴EF//A1B且EFA1B，

∵CD1//A1B且CD1A1B，

∴EF//CD1且EFCD1，

∴EC与D1F相交，设交点为P，

∵PEC，EC平面ABCD，∴P平面ABCD；

又∵PFD1，FD1平面ADD1A1，∴P平面ADD1A1，

∴P为两平面的公共点，

∵平面ABCD平面ADD1A1AD，∴PAD，

∴CE、D1F、DA三线交于点P；

（2）

在（1）的结论中，G是D1E上一点，FG交平面ABCD于点H，

则FH平面PCD1，∴H平面PCD1，又H平面ABCD，

∴H平面PCD1平面ABCD，

同理，P平面PCD1平面ABCD，

E平面PCD1平面ABCD，

∴P，E，H都在平面PCD1与平面ABCD的交线上，

∴P，E，H三点共线．

【解题方法总结】

共面、共线、共点问题的证明

（1）证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内．

（2）证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．

（3）证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．

题型二：截面问题

例4．（2024·全国·高三对口高考）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为23，动点P

在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的

周长为y，设BPx，则当x1,5时，函数yfx的值域为（）

A．36,66B．6,26C．0,6D．0,36

【答案】A

【解析】

如图，连接AB1,AC,CB1，BD，DD1平面ABCD，AC平面ABCD，则DD1AC，

又BDAC，DD1IBDD，BD平面BDD1，DD1平面BDD1，

所以AC平面BDD1，又BD1平面BDD1，所以ACBD1，

同理BD1AB1，ACAB1A，AC平面AB1C，AB1平面AB1C，所以BD1平面AB1C，

因此平面与平面AB1C重合或平行，

取BA,BC,BB1的中点M,N,Q，连接MN,NQ,QM，则MN//AC，MQ//AB1，

同理可证BD1平面MNQ，由于BMBNBQ，MNNQMQ，所以三棱锥BMNQ是

正三棱锥，

BD1与平面MNQ的交点P是△MNQ的中心，

123

正方体棱长为23，则MN2326，PM62，

232

所以BP(3)2(2)21，所以f(1)36，

f(x)x

由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面MNQ平移到平面ACB1时，，

361

即f(x)36x，

x26

，x2，显然f(2)66，

16

平面过平面ACB1再平移至平面GHIJKL时，如图，把正方形A1B1C1D1沿A1B1旋转到与正方

形ABB1A1在同一平面内，

如图，则H,I,J共线，由正方形性质得HIIJHJAB1，同理JKKLB1C，

LGGHAC，

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，一直到平面

A1C1D位置处，

由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到f(5)f(1)36，

综上，f(x)的值域是[36,66]．

故选：A.

例5．（2024·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1

的棱长为1，E，F，G分别为线段BC,CC1,BB1上的动点（不含端点），

π

①异面直线DD与AF所成角可以为

14

②当G为中点时，存在点E，F使直线A1G与平面AEF平行

9

③当E，F为中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为

8

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

【解析】对①：因为D1D//A1A，故D1D与AF的夹角即为A1A与AF的夹角A1AF，

π

又当F与C重合时，A1AF取得最大值，为；

2

AC

11π

当F与点C1重合时，A1AF取得最小值，设其为，则tan2，故；

A1A4

ππ

又点F不能与C,C1重合，故A1AF,,，故①错误；

24

对②：当G为B1B中点时，存在E,F分别为BC,C1C的中点，满足A1G//面AEF，证明如下：

取B1C1的中点为M，连接A1M,MG，如下所示：

显然A1M//AE，又AE面AEF,A1M面AEF，故A1M//面AEF；

又易得MG//EF，EF面AEF,MG面AEF，故MG//面AEF；

又A1MMGM,A1M,MG面A1MG，故面A1MG//面AEF，

又A1G面A1MG，故A1G//面AEF，故②正确；

对③：连接AD1,D1F,AE，如下所示：

因为EF//BC1//AD1，故面AEFD1即为平面AEF截正方体所得截面；

52

又DFAE，故该截面为等腰梯形，又EF，AD12，

122

2

1ADEF12329

故截面面积21，故③正确；

SEFAD1D1F2

222248

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G满足要求，故④错误.

故选：C.

例6．（2024·河南·模拟预测）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的

中点，过M，N，B1三点的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面形状为（）

A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形

【答案】B

【解析】

在AB上取点Q，且BQ3AQ，取CD中点为P，连接QM,BP,NP,B1Q.

在DD1上取点R，且D1R3DR，连结NR,MR.

AQAM1

因为，QAMPCB，

CPBC2

所以QAM∽PCB，所以AQMBPC.

又ABCD，所以ABPBPC，所以ABPAQM，

所以，QM∥BP.

因为N,P分别为C1D1,CD的中点，所以PN∥CC1，且PN=CC1.

根据正方体的性质，可知BB1∥CC1，且BB1CC1，

所以，PN∥BB1，且PN=BB1，

所以，四边形BPNB1是平行四边形，

所以，B1N∥BP，所以B1N∥QM.

同理可得，NR∥B1Q.

所以，五边形QMRNB1即为所求正方体的截面.

故选：B.

变式4．（2024·河南·模拟预测）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M,N分别为AD，C1D1的

中点，则下列结论正确的个数为（）

22

①MN//平面AA1C1C；②MNB1C；③直线MN与AC1所成角的余弦值为

3

④过M,N,B1三点的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为梯形

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【解析】连接BD，交AC于点O，则O是AC的中点，连接OM,OC1，由于M,O,N是中点，

1

可得OM//CD//CN,OMCDCN，

121

所以四边形MOC1N是平行四边形，所以OC1//MN,

又OC1平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN//平面AA1C1C，即①正确；

连接BC1,AD1，则BC1B1C，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB平面BCC1B1，又B1C平

面BCC1B1，所以B1CAB,

=

又BC1ABB，BC1平面ABC1D1，AB平面ABC1D1，所以B1C平面ABC1D1，若

MNB1C，则MN//平面ABC1D1或MN平面ABC1D1，而MN与平面ABC1D1相交，所以

MN与B1C不垂直，即②错误；

由于OC1//MN，所以OC1A为直线MN与AC1所成角（或补角），

设正方体棱长为2，

222

AC1C1OAO22

则AO2,AC123,OC16,所以由余弦定理得cosOC1A，

2AC1C1O3

即③正确；

因为平面ABCD与平面A1B1C1D1平行，则过M,N,B1三点的截面与这两个平面的交线平行，

由于其中一条交线是B1N,另一交线过点M，所以在平面ABCD内作ME与B1N平行（E是

靠近A的四等分点），连接B1E，同理作出NF与B1E平行（F是靠近D的三等分点），从而

得到截面MFNB1E，可知截面是五边形，即④错误；

综上，正确的个数是2个.

故选：B.

变式5．（2024·上海闵行·高三上海市七宝中学校考阶段练习）在棱长为2的正方体

ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，对于如下命题：①异面直线DD1与B1F

5

所成角的余弦值为；②点P为正方形ABCD内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小

51111

32

值为；③过点D1，E，F的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面周长为2132；

2

④当三棱锥B1BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的体积为6．则正确的命题

个数为（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】对于①，DD1//BB1，

在RtBB1F中BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，

BB225

cosBBF1，

122

B1F125

25

异面直线DD1与BF所成的角的余弦值为．故①错误；

15

对于②，取A1D1的中点M,D1C1的中点N，取AD的中点S，连接MN，DM，DN,A1S,SF，

SF//AB//A1B1,SFABA1B1,

A1B1FSAA1//B1FA1S//DMMD//B1F，

同理可得DN//B1E，

又DM面B1EF，B1F面B1EF，DN面B1EF，B1E面B1EF，

∴DM//面B1EF，DN//面B1EF，

又DMDND，DM､DN面DMN，

面DMN//面B1EF，

又DP//面B1EF，P面A1B1C1D1，

P轨迹为线段MN，

在DMN中，过D作DPMN，此时DP取得最小值，

△

在RtDD1M中，D1M1，D1D2，DM5，

在RtDD1N中，D1N1，D1D2，DN5，

在RtMD1N中，D1N1，D1M1，MN2，

2

2MN132

如图，在Rt△DPN中，DPDN5．故②正确；

222

、、

对于③，过点D1EF的平面截正方体ABCDA1B1C1D1，

、、

平面AA1D1D//平面BB1C1C，则过点D1EF的平面必与AA1、CC1各交于一点，

、、

设过点D1EF的平面必与AA1与CC1分别交于M、N，

、、

过点D1EF的平面与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，D1M//NF，

同理可得D1N//ME，

、、

如图过点D1EF的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，

、、y

如图以D为原点，分别以DADCDD1方向为x轴､轴､z轴正方向建立空间直角坐标系

Dxyz，

设AMm，CNn，

则M2,0,m，N0,2,n，E2,1,0，F1,2,0，D10,0,2，

ME0,1,m，D1N0,2,n2，D1M2,0,m2，NF1,0,n，

D1M//NF，D1N//ME，

2

m

2mn23

，解得，

2nm22

n

3

22

AM，CN，

33

44

AM，CN，

1313

4213213

在RtD1A1M中，D1A12，A1M，DM，同理：DN，

31313

21313

在Rt△MAE中，AM，AE1，ME，同理：FN

333

在RtEBF中，BEBF1，EF2，

21313

DMDNMEFNEF2222132，

1133

、、

即过点D1EF的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面周长为2132．故③正确；

对于④，如图所示，取EF的中点O1，则O1EO1FO1B，过O1作OO1//BB1，

1

且使得OOBB1，则O为三棱锥BBEF的外接球的球心，

1211

所以OE为外接球的半径，

在RtEBF中，EF2，

22

EF23

2222，则6，

ROEOO11R

2222

3

446

3．故④正确，

V球πRπ6π

332

故选：C．

变式6．（2024·河南新乡·统考三模）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E

是棱CC1的中点，过A,D1,E三点的截面把正方体ABCDA1B1C1D1分成两部分，则这两部分

中大的体积与小的体积的比值为（）

171377

A．B．C．D．

7734

【答案】A

【解析】连接BC1，设平面AD1E与平面BCC1B1交于EF，

因为平面BCC1B1平面ADD1A1，平面AD1E与平面ADD1A1交于AD1，

∥∥

则EFAD1，又AD1BC1，

∥

则EFBC1，又E是棱CC1的中点，则F是BC的中点.

111

SS11,SS222，hCD2,

1CEF222ADD12

1117

VSSSSh212，

CEFADD11212

3323

71717717

V剩余V正方体V8，故.

CEFADD133337

故选：A.

-

变式7．（2024·新疆·校联考二模）已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，E，F分别为BB1，A1C1

的中点，AA12，AB2，BC32，AC4，如图所示，若过A、E、F三点的平面作

-

该直三棱柱ABCA1B1C1的截面，则所得截面的面积为（）

A．10B．15C．25D．30

【答案】B

【解析】解析：延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接

FD，则四边形AEDF为所求的截面.

在Rt△ABE中，由AB2，BE1，得AE5.

在RtAA1F中，由AA12，A1F2，得AF22.

≌

因为F为A1C1的中点，所以由平面几何知识可知，△AA1F△FGC1.

所以AA1GC1，FGAF，即F为AG的中点，所以AG42.

又由B1E//GC1，可得△B1ED∽△GDC1，

=

又GC12B1E，B1C132，所以DC122.

=

在Rt△GDC1中，由DC122，GC12，得GD23，所以GE33.

所以在△AEG中，有AG42，GE33，AE5，

1

即GE2AE2AG2，所以AEGE.又注意到SAGEGsinAGE，

AEG2

11121

SFGDGsinAGEGAGEsinAGES，

FDG22233AEG

221

则四边形AEDF的面积为S33515.

3△AEG32

故选：B．

变式8．（2024·新疆阿克苏·校考一模）已知M，N，P是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，

AA1，CC1的中点，则平面MNP截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面是（）

A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形

【答案】D

【解析】如图所示，分别取BC，C1D1，A1D1的中点Q，E，F，连接MN，MQ，QP，

∥

PE，EF，FN，则MNA1B，EPCD1.

A1BCD1，MN∥EP.

同理可得MQ∥EF，PQ∥FN.

由基本事实及其三个推论得M，N，P，Q，E，F六点共面，

所以平面MNP截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面是六边形.

故选：D.

变式9．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1

中，点Р是侧面ADD1A1上的点，且点Р到棱AA1与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与BD1垂

直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（）

913

A．B．5C．D．8

22

【答案】C

【解析】

由题意可以作出与BD1垂直的平面DA1C1，

利用面面平行可作出过点P且平行于平面DA1C1的平面GJKLNM，

则平面GJKLNM与BD1垂直，

作出点M，N的投影O，Q，

平面AOQCKJ的面积S即为所求，

已知正方体棱长为3，点Р到棱AA1与到棱AD的距离均为1，

所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点

1113

SSSS331122，

ABCDDJKOBQ222

故选：C.

【解题方法总结】

（1）作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线

都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．

（2）作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；

②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出

交线．

题型三：异面直线的判定

例7．（2024·全国·高三对口高考）两条直线a,b分别和异面直线c,d都相交，则直线a,b的

位置关系是（）

A．一定是异面直线B．一定是相交直线

C．可能是平行直线D．可能是异面直线，也可能是相交直线

【答案】D

【解析】已知直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别与两条直线c与直线d相交于点

A,B,C,D，

根据题意可得当点D与点B重合时，两条直线相交，当点D与点B不重合时，两条直线异

面，

所以直线a,b的位置关系是异面或相交.

故选:D．

例8．（2024·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，点P在直线AD1

上，Q为线段BD的中点，则下列命题中假命题为（）

A．存在点P，使得PQA1C1

B．存在点P，使得PQ//A1B

C．直线PQ始终与直线CC1异面

D．直线PQ始终与直线BC1异面

【答案】C

【解析】正方体ABCDA1B1C1D1中，易得A1C1平面BDD1B1，因为点P在直线AD1上，Q

为线段BD的中点，

当点P和点D1重合时，PQ平面BDD1B1，PQA1C1，故A正确；

连接A1D、A1B，当点P为线段A1D的中点时，PQ为三角形A1BD的中位线，即PQ//A1B，

故B正确；

CC1平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一

平面内，故C错误；

BC1平面ABC1D1，PQ平面ABC1D1P，PBC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，

且不平行，

所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确；

故选：C

例9．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）在底面半径为1的圆

柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是

AB的中点，则（）

A．AE=CF，AC与EF是共面直线

B．AECF，AC与EF是共面直线

C．AE=CF，AC与EF是异面直线

D．AECF，AC与EF是异面直线

【答案】D

【解析】如图，在底面半径为1的圆柱OO1中，母线AB=2，BC=2，E是BC的中点，则

BE=AE=2，

因为F是AB的中点，又AB2，则BF1，

2

AE=AB2+BE2=4+2=6，CF=BC2+BF2=4+1=5，

AECF，

在ABC中，O是BC的中点，F是AB的中点，OF//AC，

AC与OF是共面直线，

若AC与EF是共面直线，则O,F,A,C,E在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线

故选：D．

变式10．（2024·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知正方体ABCDA1B1C1D1

中，M，N，P分别是棱A1D1，D1C1，AB的中点，Q是线段MN上的动点，则下列直线

中，始终与直线PQ异面的是（）

A．AB1B．BC1C．CA1D．DD1

【答案】A

【解析】对于选项A，AB1面ABB1A1，P面ABB1A1，Q面ABB1A1，所以直线PQ与AB1

异面；

对于选项B，当Q与N重合时，因为PB//NC1，又M，N，P分别是棱A1D1，D1C1，AB

的中点，所以PBNC1，所以PQ//BC1，选项B错误；

对于选项C，连接A1P,PC,CN,NA1，在正方体中，易得A1P//CN且A1PCN，所以A1C与PN

相交，即当Q与N重合时，PQ与CA1相交，选项C错误；

对于选项D，取A1B1中点H，连D1H交MN于E，连DP,PH，因为PH//DD1且PHDD1，

所以DP//D1H且DPD1H，故当Q与E重合时，PQ与DD1相交，选项D错误.

故选：A.

-

变式11．（2024·上海·高三校联考阶段练习）如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱

长均为1，点P、M、N分别为棱AA1、AB、A1B1的中点，点Q为线段MN上的动点．当点

Q由点N出发向点M运动的过程中，以下结论中正确的是（）

A．直线C1Q与直线CP可能相交B．直线C1Q与直线CP始终异面

C．直线C1Q与直线CP可能垂直D．直线C1Q与直线BP不可能垂直

【答案】B

-

【解析】在正三棱柱ABCA1B1C1中，

因为点M、N分别为棱AB、A1B1的中点，所以MN//AA1，

又MN平面AA1C1C，AA1平面AA1C1C，

所以MN//平面AA1C1C，

因为C1,P,C平面AA1C1C，C1PC，QMN，

所以C1,P,C,Q四点不共面，

所以直线C1Q与直线CP始终异面，故A错误，B正确；

对于C，设NQMN01，

11

则QCQNNCMNNAACAAACAB，

11211112

1

CPAAAC，

21

若直线C1Q与直线CP垂直，则QC1CP0，

11

即AA1ACABAA1AC0，

22

21211

所以AAAAACAAACACAAABABAC0，

21121412

113

即1110，解得，

2222

因为0≤≤1，所以不存在点Q使得直线C1Q与直线CP垂直，故C错误；

对于D，连接C1N，

因为C1A1C1B1,N为A1B1的中点，所以C1NA1B1，

又因AA1平面A1B1C1，C1N平面A1B1C1，

所以AA1C1N，

因为AA1A1B1,AA1,A1B1平面ABB1A1，

所以C1N平面ABB1A1，

又BP平面ABB1A1，所以C1NBP，

所以当点Q在N的位置时，直线C1Q与直线BP垂直，故D错误.

故选：B.

变式12．（2024·吉林长春·高三长春市第六中学校考期末）如图，在底面为正方形的棱台

ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为棱CC1，BB1，CF，AF的中点，对空间任意

两点M、N，若线段MN与线段AE、BD1都不相交，则称点M与点N可视，下列选项中

与点D可视的为（）

A．B1B．FC．HD．G

【答案】D

，

【解析】根据棱台的性质可知B1D1//DB，连接B1D1BD、EF、DE、DH、DF，

因为E、F分别为棱CC1，BB1的中点，

所以EF//BC，又底面ABCD为正方形，所以BC//AD，所以EF//AD，所以四边形EFAD为

梯形，

所以DH与AE相交，DF与AE相交，故B、C错误；

因为B1D1//DB，所以四边形B1D1DB是梯形，所以B1D与BD1相交，故A错误；

因为EFAD为梯形，G为CF的中点，即GEF，则D、E、G、A四点不共面，所以DG

与AE不相交，

若DG与BD1相交，则D、B、G、D1四点共面，

显然D、B、B1、D1四点共面，G平面DBB1D1，所以D、B、G、D1四点不共面，即假

设不成立，

所以DG与BD1不相交，即G点与点D可视，故D正确．

故选：D．

【解题方法总结】

判定空间两条直线是异面直线的方法如下：

（1）直接法：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过B点的直线是异面

直线．

（2）间接法：平面两条不可能共面（平行，相交）从而得到两线异面．

题型四：异面直线所成的角

例10．（2024·全国·高三专题练习）如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F分别是棱

AD,CC1的中点,则异面直线A1E与BF所成角的大小为．

π

【答案】

2

【解析】取D1D中点为G,连接AG,GF,记A1E与AG交点为M,如图所示:

因为G,F分别是棱D1D,CC1的中点,

所以GF∥AB,且GFAB,故四边形ABGF为平行四边形,

所以AG∥BF,所以A1E与BF所成角即为A1E与AG所成角,

因为正方体ABCDA1B1C1D1,E,G是棱AD,D1D的中点,

π

所以AAAD,AEGD,AADADG,

112

所以△A1AE△ADG,即AA1EDAG,

ππ

因为DAGAAGAAE,所以AAEAAG,

112112

π

所以AMAπAAEAAG,

1112

ππ

故AE与AG所成角为,即AE与BF所成角为.

1212

π

故答案为:

2

例11．（2024·高三课时练习）已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD

所成角的大小为．

3

【答案】arccos

6

【解析】解:由题知,取AD中点为F，连接EF,CF,CE如图所示:

不妨设正四面体棱为6,

1

根据E,F分别为AB,AD中点得：EF∥BD，EFBD3,

2

因为ABC与ACD为等边三角形,

所以AE3,AC6，故CE33，同理CF33，

在△CEF中,由余弦定理可得:

222

EF+CE-CF9+27-273

cosÐFEC==，

2鬃EFCE2鬃3336

3

故ÐFEC=arccos,

6

因为EF∥BD,

所以异面直线CE与BD所成角，即直线CE与EF所成角，即FEC,

3

故异面直线CE与BD所成角为arccos.

6

3

故答案为:arccos

6

例12．（2024·新疆喀什·高三统考期中）如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体

中，下列说法中，正确的序号是