2026年高考数学第一轮复习(全国通用)专题7.2空间点直线平面之间的位置关系(五类重难点题型精练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学第一轮复习(全国通用)专题7.2空间点直线平面之间的位置关系(五类重难点题型精练)(学生版+解析)，共58页。试卷主要包含了如图，在三棱柱中，，，等内容，欢迎下载使用。

重难点题型1 平面基本事实的应用（证明）
1．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
(2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
2．（2025·山东聊城·三模）如图，在三棱柱中，，，．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
3．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．
(1)证明：四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得.
(1)证明：、、、共面；
(2)若，求三棱锥的体积；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
5．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，．

(1)证明：点在平面中；
(2)求多面体的体积．
6．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点分别在棱，，，上，，，．
(1)证明：点在平面中；
(2)点为线段的中点，求锐二面角的余弦值．
重难点题型2 截面问题
1．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·四川南充·一模）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．C．9D．18
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A．B．9C．D．
5．（23-24高三下·山东威海·月考）（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
6．（23-24高三下·河南郑州·周测）已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为 ．

（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
重难点题型3 异面直线的判断
1．（2023·上海长宁·二模）如图，已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列命题中假命题为（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．直线始终与直线异面
D．直线始终与直线异面
2．（2023·新疆·一模）如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．与异面
C．平面
D．平面平面
3．一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，分别为的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与直线异面
C．直线平面
D．直线平面
4．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线与的位置关系为（ ）
A．相交B．平行C．异面并且垂直D．异面但不垂直
5．（2024·广西南宁·模拟预测）如图是长方体的展开图，且，为正方形，其中P、Q分别为、的中点，下列判断①，②，③，④中，正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
6．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、F分别是B1C1、CC1、AB的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．MNEF，且MN与EF平行B．MNEF，且MN与EF平行
C．MNEF，且MN与EF异面D．MNEF，且MN与EF异面
重难点题型4 异面直线的夹角
1．（2025高三·全国·月考）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2025·云南红河·三模）在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
4．（2024·北京·模拟预测）（多选题）在直棱柱中，底面为正方形，，为线段上动点，，分别为和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则经过，，三点的直棱柱的截面为四边形
B．直线与所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
5．（2025·甘肃·模拟预测）（多选题）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
6．（2025·湖北武汉·三模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角为 .
7．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在棱长都相等的正三棱柱中，若为棱的中点，则直线 与直线所成的角为 ．
重难点题型5 平面的基本性质
1．（2024·贵州毕节·三模）在长方体中，点，分别是棱，的中点，点为对角线，的交点，若平面平面，，且，则实数（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB＝AD，E，F分别为BB1，AB的中点，则（ ）
A．AC1//平面DEF且A1C1⊥DF
B．A1C1//平面DEF且A1C1与DF不垂直
C．A1C1与平面DEF相交且A1C1⊥DF
D．A1C1与平面DEF相交且A1C1与DF不垂直
3．在棱长为3的正方体中，已知点P为棱上靠近点的三等分点，点Q为棱CD上一动点.若M为平面与平面ABCD的公共点，且点M在正方体的表面上，则所有满足条件的点M构成的区域面积为 .
4．（2023·陕西西安·模拟预测）在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为 ．
5．如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，分如中点，则过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线的长为 ．
6．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，、、分别是棱、、的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：
①截面的面积等于；
②截面是一个五边形；
③截面只与四棱锥四条侧棱中的三条相交．
其中，所有正确结论的序号是 ．
序号
题型
重难点题型1
平面基本事实的应用
重难点题型2
截面问题
重难点题型3
异面直线的判断
重难点题型4
异面直线的夹角
重难点题型5
平面的基本性质
专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系
目录●重难点题型分布
重难点题型1 平面基本事实的应用（证明）
1．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
(2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【难度】0.65
【知识点】空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法、面面垂直证线面垂直
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，由平行向量的坐标关系证得，即可证得四点共面；
（2）由题意设，求出，分别求出平面与平面的法向量，由垂直向量的坐标表示求出，再求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，又，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
易得，
则，
则，则，
即，所以四点共面.
（2）由（1）知，，，，，
设，则，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
由平面平面，则，解得，
则，则，又，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
易得平面的一个法向量为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2025·山东聊城·三模）如图，在三棱柱中，，，．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）要证明四边形为矩形，需证明其中一组邻边垂直，可通过向量运算或几何方法利用已知角度和边长关系来证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，利用平面的法向量来求解.
【详解】（1）根据题意，设，
.
因为；
，
所以，所以.
又三棱柱中，四边形为平行四边形，
所以四边形为矩形.
（2）取的中点，连接.作交于点.
由（1）知，四边形为矩形，所以.
因为，所以.
因为为等腰直角三角形，是中点，所以.
又，所以平面.
因为平面，所以.
又，所以平面.
在中，由余弦定理得：.
所以.
在中，由勾股定理可得.
在中，由余弦定理得：.
所以，从而.
由此可得.
以为原点，分别以所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设平面的法向量为，则为平面的一个法向量.
因为，
所以，.
设平面的法向量为，则
，所以，令，
则平面的一个法向量为.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．
(1)证明：四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【难度】0.65
【知识点】空间中的点（线）共面问题、面面角的向量求法
【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面；
（2）利用空间向量的线性运算和数量积运算，来证明两平面二面角的平面角，再用空间向量法来求夹角余弦值，从而问题可得解.
【详解】（1）由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面；
（2）
取的中点为，连接，
由于，则有，
又由余弦定理得：
所以，
又由，
则，
所以有，又因为的中点为，所以,
即就是平面与平面的夹角或其补角，
由，
，
由，
，
，
所以有，
故平面与平面夹角的余弦值是.
4．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得.
(1)证明：、、、共面；
(2)若，求三棱锥的体积；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【难度】0.65
【知识点】锥体体积的有关计算、面面角的向量求法、空间中的点（线）共面问题
【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积；
（3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
翻折前，中，，，，
是的中点，是的中点，是的中点，
则，，，，，
翻折后，则有，，，
因为，为的中点，所以，，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形，
所以，，故，，
所以四边形为平行四边形，所以，所以，
所以、、、共面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，
翻折前，因为，翻折后，则有，，
因为、平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
即是三棱锥的高.
由（1）的图，在中，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
在中，，，，是的中点，
则，，
所以，
所以三棱锥的体积为.
（3）在平面中，过点作，交于点，
因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
设，则，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，
令，则，，所以，
设平面的一个法问量，则，
令，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则
，
因为，所以，则，
当且仅当，即时，即时，等号成立.
所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为.
5．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，．

(1)证明：点在平面中；
(2)求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【难度】0.65
【知识点】空间中的点（线）共面问题、锥体体积的有关计算、证明线面垂直
【分析】（1）先利用条件证明，再利用两平行直线确定平面即可得证；
（2）先利用条件证明平面，分别求出多面体的底面面积和高，代入体积公式即可求解.
【详解】（1）取中点，中点，连接，，．

∵，
∴四边形为平行四边形
∴①
又∵，，
∴．
∴四边形为平行四边形
∴②,
由①②得．
∴，，，四点共面，即点在平面中．
（2）连接，，．

∵为正四棱柱．
∴，
又，，分别是，中点．
∴．
∴．
∵
∴平面，
即平面．
在中由勾股定理，．
∴
由（1）可得四边形为平行四边形且．
∴四边形为菱形．
∴为中点．
∴
平面，平面，
∴．
在中，，，
∴
∴
在中，，，
∴
多面体的体积.
6．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点分别在棱，，，上，，，．
(1)证明：点在平面中；
(2)点为线段的中点，求锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】面面角的向量求法、空间中的点（线）共面问题
【分析】（1）取中点，中点，连接，，，证明出，得出四点共面，即可证明点在平面中；
（2）以为坐标原点，，，为，，轴建系，由面面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）取中点，中点，连接，，，则，，
由正四棱柱得，，则，
又点为中点，所以，即四边形为平行四边形，
同理可得，四边形为平行四边形，所以且，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
所以四点共面，即点在平面中．
（2）以为坐标原点，，，为，，轴建系如图，
易得，，，，
则，
设平面与平面法向量分别为，，
由，即，令，则，
由，即，令，则，
设二面角平面角为则，
所以锐二面角的余弦值为．
重难点题型2 截面问题
1．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、证明线面垂直、判断正方体的截面形状
【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解.
【详解】连接,
由于平面，平面，故，
又平面，故平面，
又平面，故，,则，
同理可得,
平面，故平面，
由于平面，故平面平面，
平面与平面的交线为,平面与平面的交线为，
故，同理可得
故平面如图阴影部分，，

同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确.
故选：B
2．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、判断正方体的截面形状
【分析】由于上下底平行，则可得平面与上下底面的交线平行，则可得为平面与上底面的交线，为平面与下底面的交线，则梯形为平面截正方体的截面，可证得梯形为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可.
【详解】连接，，与交点即为，
因为，所以‖，
因为‖，所以‖，
所以共面，
所以平面截正方体所得的截面为梯形，
因为正方体的棱长为6，且，
所以，
在中，，则，
在中，，则
，
在，，则
，
过作于，则，
所以,
所以等腰梯形的面积为
,
故选：A

3．（2023·四川南充·一模）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．C．9D．18
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、判断正方体的截面形状
【分析】根据，分别是，的中点，得到，利用正方体的结构特征，有，从而有，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.
【详解】由题知连接，，，如图所示
因为分别是的中点，所以，
在正方体中，所以，
所以在同一平面内，
所以平面截该正方体所得的截面为平面，因为正方体的棱长为，
所以，，，
则到的距离为等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B正确.
故选：B.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A．B．9C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、判断正方体的截面形状
【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【详解】

如图，取AB的中点G，连接GE，，．
因为E为BC的中点，所以，，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，
所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形，
其周长为．
故选：A．
5．（23-24高三下·山东威海·月考）（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
【答案】ABD
【难度】0.65
【知识点】判断线面平行、由平面的基本性质作截面图形、空间中的点（线）共面问题、多面体与球体内切外接问题
【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．
【详解】选项A，连接，正方体中易知，
分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，
因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，
在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，
连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，
为所过三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，
设，，则，，
是中点，，则，所以，同理，
，，，
梯形是等腰梯形，高为，
截面面积，
设，，，
在上递增，，，
所以，C错；

选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），
它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．

故选：ABD．
6．（23-24高三下·河南郑州·周测）已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为 ．

【答案】
【难度】0.65
【知识点】余弦定理解三角形、由平面的基本性质作截面图形
【分析】延长与的延长线交于点，连接与交于点，延长与的延长线交于点，连接与交于点，则平面截正四棱锥所得的截面为五边形，即可求解．
【详解】延长与的延长线交于点，连接与交于点，延长与的延长线交于点，连接与交于点，
则平面截正四棱锥所得的截面为五边形，
如图所示：

易知，，
，
所以五边形的周长为．
故答案为：
7．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形
【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案.
【详解】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.

故答案为：
重难点题型3 异面直线的判断
1．（2023·上海长宁·二模）如图，已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列命题中假命题为（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．直线始终与直线异面
D．直线始终与直线异面
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】异面直线的判定、线面垂直证明线线垂直
【分析】当点和点重合时，可判断A；通过线面平行的判定定理，当点为线段的中点时，即可判断B；当点和点重合时，两条线在同一平面内，不是异面直线，可判断C；直线PQ与另一条线所在的平面相交，从而证明这两条线不相交，也不平行即可判断D.
【详解】正方体中，易得平面，因为点在直线上，为线段的中点，
当点和点重合时，平面，，故A正确；
连接、，当点为线段的中点时，为三角形的中位线，即，故B正确；
平面，当点和点重合时，平面，所以直线和在同一平面内，故C错误；
平面，平面，，所以直线始终与直线不相交，且不平行，
所以直线与直线是异面直线，故D正确；
故选：C
2．（2023·新疆·一模）如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．与异面
C．平面
D．平面平面
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】异面直线的判定、判断面面平行、判断线面平行
【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.
【详解】如下图所示，连接，
根据题意，由可得，，且；
同理可得，且；
由，而，所以不可能平行于，即A错误；
易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确；
在长方体中，
所以，即四边形为平行四边形；
所以，又，所以；
平面，平面，
所以平面，即C正确；
由，平面，平面，所以平面；
又，平面，平面，所以平面；
又，且平面，
所以平面平面，即D正确.
故选：A
3．一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，分别为的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与直线异面
C．直线平面
D．直线平面
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】棱锥的展开图、判断线面平行、异面直线的判定
【分析】由可得共面即可判断B选项；又面，面，即可判断A选项；由线面平行的判定即可判断C、D选项.
【详解】
由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接，易得，则，
故共面，则共面，故B错误；又面，面，不在直线上，则直线与直线异面，A正确；
由，平面，平面，则直线平面，C正确；
平面，平面，则直线平面，D正确.
故选：B.
4．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线与的位置关系为（ ）
A．相交B．平行C．异面并且垂直D．异面但不垂直
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】异面直线的判定、求异面直线所成的角
【分析】将展开图还原成正方体，即可判断两直线的位置关系.
【详解】将展开图还原成正方体，由下图可知，直线与的位置关系是：异面.
连接BE，则，或其补角即为直线与的夹角，
，所以直线与不垂直.
故选：D.
5．（2024·广西南宁·模拟预测）如图是长方体的展开图，且，为正方形，其中P、Q分别为、的中点，下列判断①，②，③，④中，正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】异面直线的判定、棱柱的结构特征和分类、证明异面直线垂直
【分析】根据长方体的展开图，还原长方体，根据图形求解即可.
【详解】将展开图还原成长方体,如图，
由图可知①不正确，②正确，③不正确，由，为正方形知,故④正确,
综上②④正确．
故选：C
6．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、F分别是B1C1、CC1、AB的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．MNEF，且MN与EF平行B．MNEF，且MN与EF平行
C．MNEF，且MN与EF异面D．MNEF，且MN与EF异面
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】正棱柱及其有关计算、异面直线的判定
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，求出即得MN，连结DE，再证明MN与EF异面，即得解.
【详解】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，
则，
作点E在平面ABCD内的射影点G，连结EG，GF，
所以，
所以MN，故选项A,C错误；
连结DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE，
又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，
所以MN与EF异面，故选项B错误；
故选：D．
重难点题型4 异面直线的夹角
1．（2025高三·全国·月考）在正四棱台中，，，且该正四棱台的体积为28，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】台体体积的有关计算、求异面直线所成的角、异面直线夹角的向量求法
【分析】解法一：通过作辅助线构造异面直线所成角，再利用四棱台体积公式求出高，结合平面几何知识和余弦定理求解.
解法二：建立空间直角坐标系，求出相关向量，利用向量的夹角公式求解，再根据异面直线所成角的范围得到结果.
【详解】解法一：过点作，交于点，则为异面直线与所成的角或其补角.
设该正四棱台的高为，则，得.
，故.
过点作交于点，则，
.连接，易得，
在中，利用余弦定理可得，
故异面直线与所成角的余弦值为.
解法二：设该正四棱台的高为，上底面与下底面的中心分别为，，连接，由题知，得.由正四棱台的性质知平面，
以为坐标原点，过点分别与平行的直线为轴，轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，，，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
2．（2025·云南红河·三模）在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角
【分析】将四棱锥补成长方体，设，根据条件可求得，可得与所成的角即为或其补角，在中，利用余弦定理求解.
【详解】设，如图所示，将四棱锥补成长方体，
则四棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径，
因为，，即，所以．
又，所以与所成的角即为或其补角，
由题意以及长方体结构特征知和均为直角三角形，
所以，，
所以．
可知与所成的角为，所以与所成的角的正弦值为．
故选：B．
3．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】求异面直线所成的角、余弦定理解三角形
【分析】连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出，可求出的余弦值，即为所求.
【详解】连接、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
故异面直线和所成角等于或其补角，
在菱形中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，所以，，故，
所以，.
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
4．（2024·北京·模拟预测）（多选题）在直棱柱中，底面为正方形，，为线段上动点，，分别为和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则经过，，三点的直棱柱的截面为四边形
B．直线与所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
【答案】BCD
【难度】0.65
【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、棱柱的展开图及最短距离问题、由平面的基本性质作截面图形
【分析】作出经过，，三点的截面，判断A的真假；作出异面直线与所成的角，利用等腰三角形的性质，求角的余弦，判断B的真假；判断点到平面的距离是否为定值，可判断C的真假；转化成平面上两点之间线段最短，并求出最小值，可判断D的真假.
【详解】对A：如图：
直线交直线于，设.
因为，
因为三点共线，所以，因为，所以.
所以点在线段上.
设射线与射线交于点，连接交于点.
在线段上取点，使；在线段上取点，使.
依次连接，可得经过，，三点的直棱柱的截面，可见截面不是四边形，故A错误；
对B：如图：
因为，所以即为异面直线与所成的角，设为.
在中，，，所以，故B正确；
对C：易知平面平面，平面，所以平面.
点，所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值.故C正确；
对D：如图
将绕旋转，使共面，则.
过作与直线垂直，垂足为.
在中，，，，所以，，，
所以.故D正确.
故选：BCD
5．（2025·甘肃·模拟预测）（多选题）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】BC
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角、锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算
【分析】对于A，只需说明即可判断；对于B，由等体积法即可求解；对于C，将所求转换为相交直线的角，结合余弦定理即可求解；对于D，只需求得该外接球的直径即可.
【详解】对于A，如图，设分别为的中点，连接.
在直三棱柱中，有.
因为为的中点，
所以.又，
所以，则，
从而与不垂直，A不正确.
对于B，易得平面，则，B正确.
对于C，易知，则与所成的角为，由，
得，C正确.
对于D，易知三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，
该外接球的直径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，D不正确.
故选：BC.
6．（2025·湖北武汉·三模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角为 .
【答案】/
【难度】0.65
【知识点】求异面直线所成的角、异面直线夹角的向量求法
【分析】根据，结合向量数量积的运算法则，分别求出和的值，再利用，求解即可．
【详解】解：不妨设三棱柱的各条棱长均为2，
因为，
所以，，
因为，
所以，
即，
且，
所以，
又异面直线夹角的取值范围为，
所以异面直线与所成角为．
故答案为：．
7．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在棱长都相等的正三棱柱中，若为棱的中点，则直线 与直线所成的角为 ．
【答案】/
【难度】0.65
【知识点】求异面直线所成的角
【分析】利用三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合异面直线所成角的定义及勾股定理和逆定理即可求解.
【详解】设分别为棱的中点，连接，,如图所示，
因为分别为棱的中点，
所以,
又因为为棱的中点，，为棱的中点，
所以,且，
所以四边形为平行四边形，
所以,
所以为直线 与直线所成的角（或其补角）.
设正三棱柱的棱长为，则
，
，
，
,
所以，即,
所以，
故直线 与直线所成的角为.
故答案为：.
重难点题型5 平面的基本性质
1．（2024·贵州毕节·三模）在长方体中，点，分别是棱，的中点，点为对角线，的交点，若平面平面，，且，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】空间中的点（线）共面问题、平面的基本性质的有关计算、由平面的基本性质作截面图形
【分析】延长交的延长线于，利用平面的基本性质可得直线即为直线，然后利用正方体的性质可得，即得.
【详解】延长交的延长线于，连接交于，
∵平面，平面，平面平面，
∴，故直线即为直线，
取的中点，连接，又点，分别是棱，的中点，
∴，
∴，，
∴，即.
故选：B.
2．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB＝AD，E，F分别为BB1，AB的中点，则（ ）
A．AC1//平面DEF且A1C1⊥DF
B．A1C1//平面DEF且A1C1与DF不垂直
C．A1C1与平面DEF相交且A1C1⊥DF
D．A1C1与平面DEF相交且A1C1与DF不垂直
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】平面的基本性质的有关计算、由平面的基本性质作截面图形
【分析】延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长，根据平面几何性质可证得M、E、C1三点共线，可判断AC1与平面DEF的位置关系，连接AC与FD相交于点O，根据三角形相似的判定可证得，证得，由此可得选项.
【详解】延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长，因为点E、F分别是BB1，AB的中点，所以，
所以M、E、C1三点共线，所以AC1与平面DEF相交不平行，A1C1与平面DEF相交不平行，故A、B选项不正确；
对于C、D：连接AC与FD相交于点O，因为AB＝AD，F是AB的中点，所以，
又，所以，
所以，，又，所以，
所以，所以，又，所以，故C正确，D不正确，
故选：C.
3．在棱长为3的正方体中，已知点P为棱上靠近点的三等分点，点Q为棱CD上一动点.若M为平面与平面ABCD的公共点，且点M在正方体的表面上，则所有满足条件的点M构成的区域面积为 .
【答案】
【难度】0.65
【知识点】平面的基本性质的有关计算、由平面的基本性质作截面图形
【分析】根据已知条件及基本事实1中的推理2和基本事实3得到点M的区域，利用三角形相似及梯形的面积公式即可求解.
【详解】延长DA，交于点N，连接NQ交AB于点E，
则线段EQ为平面与平面ABCD的公共点M的集合，
当Q运动到点D时，E与A重合；当Q运动到点C时，
设此时E点运动到F点，则梯形FADC即为点M构成的区域，
因为∽，所以，
所以，所以.
故答案为：.
4．（2023·陕西西安·模拟预测）在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为 ．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、平面的基本性质的有关计算
【分析】
作出图形，根据线线平行得平行四边形，进而确定出截面为平行四边形，进而求出面积，
【详解】
取上靠近点的一个四等分点，连接，，
因为，所以且，则四边形为平行四边形，
所以且，过点作，因为，所以四边形为平行四边形，
则且，所以且，则截面为平行四边形，
由直四棱柱的性质可得，
，
，，
在△中，由余弦定理得，，
所以，
则截面的面积为；
故答案为：6

5．如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，分如中点，则过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线的长为 ．
【答案】
【难度】0.4
【知识点】平面的基本性质的有关计算、由平面的基本性质作截面图形
【分析】首先根据平行线将平面进行扩展得到过点A，D，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，确定点为线段的三等分点靠近的点，最后在直角三角形中求得线段的长度即可.
【详解】由题意将直三棱柱补成一个直四棱柱,
取中点，连接,显然，
取中点，连接，则，
所以A，D，F，E四点共平面，连接与的交点为，连接
所以过点A，D，F，E的截面与三棱柱的侧面的交线为，
因为，且,
所以点为线段的三等分点靠近的点，
因为，所以，
又D为中点，所以，
因为面,所以，
则.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查截面问题，如需要将平面进行扩展，一般有两种方法，一是通过做平行线进行扩展，一种是找相交直线确定交线上的点进行扩展，在备考中注意多总结.
6．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，、、分别是棱、、的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：
①截面的面积等于；
②截面是一个五边形；
③截面只与四棱锥四条侧棱中的三条相交．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【难度】0.65
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、平面的基本性质的有关计算
【分析】取的中点，的四等分点，顺次连接、、、、，则平面即为过、、的平面截四棱锥所得截面，计算出截面面积，根据截面形状可判断命题①②③的正误.
【详解】取的中点，的四等分点，顺次连接、、、、，
则平面即为过、、的平面截四棱锥所得截面，如下图所示：
在四棱锥中，底面是正方形，底面，，
、分别为、的中点，且，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，，
为的中点，为的中点，，
同理可得，且，
平面，平面，，
四边形为正方形，则，
，平面，平面，，
则，所以，四边形为矩形，其面积为，
设，，则为的中点，为的中点，
，，
平面，平面，平面平面，，且，
的边上的高为，
的面积为.
所以，截面面积为，命题①错误；
该截面是一个五边形，命题②正确；
由图可知，截面与四棱锥侧棱、、相交，命题③正确.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查的知识点是棱锥的几何特征，与棱锥相关的面积和体积计算，确定截面的形状是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
序号
题型
重难点题型1
平面基本事实的应用
重难点题型2
截面问题
重难点题型3
异面直线的判断
重难点题型4
异面直线的夹角
重难点题型5
平面的基本性质