新高考数学一轮复习考点举一反三专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习考点举一反三专题7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系（讲义）（2份，原卷版+解析版），文件包含人教版2019选择性必修2高二化学同步精品讲义习题331金属晶体原卷版docx、人教版2019选择性必修2高二化学同步精品讲义习题331金属晶体解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。

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\l "_Tc15907" 【题型1 平面的基本性质及推论】 PAGEREF _Tc15907 \h 4
\l "_Tc30028" 【题型2 点（线）共面问题】 PAGEREF _Tc30028 \h 6
\l "_Tc24677" 【题型3 点共线、线共点问题】 PAGEREF _Tc24677 \h 10
\l "_Tc5649" 【题型4 等角定理】 PAGEREF _Tc5649 \h 14
\l "_Tc22035" 【题型5 平面分空间问题】 PAGEREF _Tc22035 \h 15
\l "_Tc24877" 【题型6 异面直线的判定】 PAGEREF _Tc24877 \h 18
\l "_Tc21491" 【题型7 异面直线所成的角】 PAGEREF _Tc21491 \h 21
\l "_Tc29772" 【题型8 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系】 PAGEREF _Tc29772 \h 24
\l "_Tc11791" 【题型9 立体几何中的截面问题】 PAGEREF _Tc11791 \h 25
1、空间点、直线、平面之间的位置关系
知识点1 平面的基本事实及推论
1．四个基本事实及基于基本事实1和2的三个推论
(1)四个基本事实及其表示
①基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面.
②基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内.
③基本事实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.
④基本事实4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
(2)四个基本事实的作用
基本事实1：①确定一个平面；②判断两个平面重合；③证明点、线共面.
基本事实2：①判断直线是否在平面内，点是否在平面内；②用直线检验平面.
基本事实3：①判断两个平面相交；②证明点共线；③证明线共点.
基本事实4：①判断两条直线平行.
(3)基本事实1和2的三个推论
2．等角定理
(1)自然语言：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
(2)符号语言：如图(1)(2)所示，在∠AOB与∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB=∠A'O'B'或
∠AOB+∠A'O'B'=.
知识点2 共面、共线、共点问题的证明方法
1．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)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
知识点3 平面分空间问题
1．平面分空间问题
一个平面将空间分成两部分，那么两个平面呢?三个平面呢?
(1)两个平面有两种情形：
①当两个平面平行时，将空间分成三部分，如图(1)；
②当两个平面相交时，将空间分成四部分，如图(2).
(2)三个平面有五种情形：
①当三个平面互相平行时，将空间分成四部分，如图8(1)；
②当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，将空间分成六部分，如图(2)；
③当三个平面相交于同一条直线时，将空间分成六部分，如图(3)；
④当三个平面相交于三条直线，且三条交线相交于同一点时，将空间分成八部分，如图(4)；
⑤当三个平面相交于三条直线，且三条交线互相平行时，将空间分成七部分，如图(5).
知识点4 空间点、线、面之间的位置关系
1．空间中直线与直线的位置关系
(1)三种位置关系
我们把不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.于是，空间两条直线的位置关系有三种：
(2)异面直线的画法
为了表示异面直线a,b不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面衬托，如图所示.
2．空间中直线与平面的位置关系
直线与平面的位置关系有且只有三种，具体如下：
3．空间中平面与平面的位置关系
(1)两种位置关系
两个平面之间的位置关系有且只有以下两种，具体如下：
(2)平行平面的画法技巧
画两个互相平行的平面时，要注意使表示平面的两个平行四边形的对应边平行.
4．异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a'//a，b'//b，把a'与b'所成的角叫做
异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围：.
【方法技巧与总结】
1．证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2．两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于异面直线所成的角，也可能等于其补角.
【题型1 平面的基本性质及推论】
【例1】（24-25高一下·陕西西安·期末）下列命题正确的是（ ）
A．任何一个平面图形都是一个平面B．平面就是平行四边形
C．圆心和圆上两点可确定一个平面D．梯形可确定一个平面
【答案】D
【解题思路】根据平面的基本性质及各项描述判断正误即可.
【解答过程】由平面是无限延展的，而平面图形有边界，故A、B错；
若圆心与圆上两点共线，即在一条直径上时，可确定无数个平面，C错；
平面的基本性质知，梯形可以确定一个平面，D对.
故选：D.
【变式1-1】（24-25高二上·上海·阶段练习）给出下面四个命题，其中错误的命题个数是（ ）
①三个不同的点确定一个平面； ②一条直线和一个点确定一个平面；
③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④两条平行直线确定一个平面.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解题思路】利用平面公理及推论即可判断.
【解答过程】由三个不在同一直线不同的点确定一个平面，故①错误；
一条直线和直线外一个点确定一个平面，故②错误；
空间两两相交的三条不能交于同一点的直线确定一个平面，故③错误；
两条平行直线确定一个平面，故④正确.
故选：C.
【变式1-2】（24-25高一下·新疆哈密·期中）下列命题正确的是（ ）
A．三个点可以确定一个平面B．一条直线和一个点可以确定一个平面
C．两条直线可以确定一个平面D．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体
【答案】D
【解题思路】根据平面的基本性质求解.
【解答过程】三个不共线的点可以确定一个平面，A错误；
一条直线和直线外一点可以确定一个平面，B错误；
两条异面直线不能确定平面，C错误.
长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体，D正确.
故选：D.
【变式1-3】（24-25高一下·河北石家庄·阶段练习）下列不是基本事实的是（ ）
A．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
B．平行于同一条直线的两条直线平行
C．如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
D．经过两条平行直线，有且只有一个平面
【答案】D
【解题思路】根据基本事实判断即可.
【解答过程】对于A，“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”是基本事实3，故A正确.
对于B，“平行于同一条直线的两条直线平行”是基本事实4，故B正确；
对于C，“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”是基本事实2，故C正确；
对于D，经过两条平行直线，有且只有一个平面是基本事实1的推论，故D错误；
故选：D.
【题型2 点（线）共面问题】
【例2】（24-25高二下·河南·阶段练习）如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【解题思路】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.
【解答过程】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．
对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，
易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．
故选：D.
【变式2-1】（2025·吉林·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M,O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．A,M,O三点共线B．M,O,A1,B四点异不共面
C．B,B1,O,M四点共面D．B,D1,C,M四点共面
【答案】C
【解题思路】由长方体性质易知A,A1,C1,C四点共面且OM,BB1是异面直线, 再根据M与A1C、面ACC1A1、面AB1D1的位置关系知M在面ACC1A1与面AB1D1的交线上, 同理判断O、A, 即可判断各选项的正误.
【解答过程】
因为AA1//CC1，
则A,A1,C1,C四点共面.
因为M∈A1C，
则M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理，O、A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A,M,O三点共线；
从而 M,O,A1,A 四点共面,都在平面 ACC1A1 内，
而点B不在平面ACC1A1内，
所以M,O,A1,B四点不共面，故选项B正确；
B,B1,O,三点均在平面BB1D1D内，
而点A不在平面BB1D1D内，
所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，
所以点M不在平面BB1D1D内，
即B,B1,O,M:四点不共面，
故选项C错误；
BC∥D1A1，且BC=D1A1，
所以BCD1A1为平行四边形，
所以CA1,BD1共面，
所以B,D1,C,M四点共面，
故选项D正确.
故选：C.
【变式2-2】（24-25高一下·河北邯郸·期末）如图，在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取点E，F，G，H，若直线EH，GF相交于点P，则下列结论错误的是（ ）
A．点P必在平面ABD内B．点P必在平面CBD内
C．点P必在直线BD上D．直线FG与直线BD为异面直线
【答案】D
【解题思路】利用基本事实2,3可得正确的选项.
【解答过程】
对于AB，
因为直线EH在平面ABD内，且P∈EH，所以点P必在平面ABD内，故A正确；
同理直线FG在平面CBD内，且P∈FG，所以点P必在平面CBD内，故B正确；
由A，B选项得点P在平面ABD内，也在平面CBD内，
对于CD，
由基本事实3得点P在交线BD上，故C正确；直线FG与直线BD为相交直线，
故D不正确，
故选：D.
【变式2-3】（24-25高三上·河北承德·期中）如图，在下列正方体中，M，N为正方体的两个顶点，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，M，N，P，Q四点共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解题思路】根据图形及平行公理判断即可.
【解答过程】对于A：显然P、Q、N在正方体的上底面，且三点不共线，M不在正方体的上底面，
所以P、Q、N、M四点不共面，故A错误；
对于B：
如图，MN//BA，即A、B、M、N四点共面，即Q、M、N三点共面，且三点不共线，
又P∉平面ABMN，所以P、Q、N、M四点不共面，故B错误；
对于C：显然P、M、N在正方体的下底面，且三点不共线，Q不在正方体的下底面，
所以P、Q、N、M四点不共面，故C错误；
对于D：
如图，连接AC，则PQ//AC，又AC//MN，所以PQ//MN，
所以P、Q、N、M四点共面，故D正确.
故选：D.
【题型3 点共线、线共点问题】
【例3】（2025·湖南·二模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F,G,H分别为BB1,CC1,A1B1,A1C1的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．E,F,G,H四点共面B．EF//GH
C．EG,FH,AA1三线共点D．∠EGB1=∠FHC1
【答案】D
【解题思路】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得EG，FH的交点P在AA1，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【解答过程】对于AB，如图，连接EF，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH//B1C1，
因为B1E//C1F，且B1E=C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，
所以EF//B1C1，所以EF//GH，所以E,F,G,H H四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，
因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，
因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，
所以P∈AA1，所以EG,FH,AA1三线共点，故C正确；
对于D，因为EB1=FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，
又0C1H=12+22=5，所以截面的周长大于1+3+25，故C错误；
由B知，GF//HE且HE≠GF，所以梯形的两腰EF、GH所在直线必相交于一点P′，
因为P′∈平面A1ABB1，P′∈平面A1ACC1，
又平面A1ABB1∩平面A1ACC1=AA1，所以P′∈A1A，所以P'与P重合，
即EF、GH、AA1三线共点于P，故D正确.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·吉林长春·模拟预测）下列基本事实叙述正确的是（ ）
A．经过两条相交直线，有且只有一个平面
B．经过两条平行直线，有且只有一个平面
C．经过三点，有且只有一个平面
D．经过一条直线和一个点，有且只有一个平面
【答案】AB
【解题思路】根据基本事实以及推论即可逐项判断.
【解答过程】根据基本事实以及推论，易知A，B正确；
对于C项，若三点共线，经过三点的平面有无数多个，故C错误；
对于D，若这个点在直线外，则确定一个平面，若这个点在直线上，可有无数平面，故D不正确；
故选：AB.
10．（2025·湖南·模拟预测）已知直线m和平面α，且m⊄α，则下列结论有可能错误的是（ ）
A．过m存在一个平面β与α平行
B．过m存在一个平面β与α垂直
C．在α内存在一条直线n与m平行
D．在α内存在一条直线n与m相交
【答案】ACD
【解题思路】利用线面的位置关系，结合各选项中条件，逐一判断即可.
【解答过程】对于A，当m与α相交时，无法过m作一个平面β与α平行，A错误；
对于B，无论是m//α，还是m与α相交，都有过m存在一个平面β与α垂直，B正确；
对于C，当m与α相交时，在α内无法作一条直线n与m平行，C错误；
对于D，当m//α时，在α内不存在一条直线n与m相交，D错误.
故选：ACD.
11．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知E，F，G，H分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点，AB=2，则（ ）
A．直线HG与直线A1B异面
B．直线EF,HG,DC交于同一点
C．过A、G、D1三点的平面截正方体所得截面图形的周长为32+25
D．动点K在侧面A1ADD1内（含边界），且KE=AA1，则动点K的轨迹长度为3π
【答案】BC
【解题思路】根据题意画出立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选出正确选项.
【解答过程】A选项，G，H分别是CC1,C1D1的中点，则HG∥CD1，又A1B∥CD1，则HG∥A1B，所以HG,A1B共面，所以A错误；
B选项，取DC中点为M，延长DC,EF交于点N，连接EM，如图1，因为BC∥EM且BC=EM,F是BC的中点，
所以CF∥EM,CF=12EM，且MC=CN．同理，延长DC,HG交于点T，则TC=CM，
即点N与点T重合，直线EF,HG,DC交于同一点，所以B正确；
C选项，延长D1G,DC交于点Q，连接AQ交BC于点P，如图2，则同B选项，易证，P为BC的中点，
所以四边形APGD1为过点A,G,D1的截面，AP=22+12=5=GD1,AD1=22+22=22,PG=12+12=2，
所以截面周长为32+25，所以C正确；

图1 图2
D选项，因为EA⊥平面AA1D1D，所以|KE|2=|KA|2+|AE|2，即4=|KA|2+1，所以|KA|=3，
因此K的轨迹是以A为圆心，3为半径的14圆，所以轨迹长度为14×2π×3=32π，所以D错误.
故选：BC．
三、填空题
12．（24-25高一下·江苏南通·阶段练习）已知m，n是两条不同的直线，α表示平面，则下列命题中正确的是： （填序号）.
①若m//α，m//n，则n//α；
②若m//α，m⊥n，则n⊥α；
③若m⊥α，n⊥α，则m//n；
④若m⊥α，m⊥n，则n//α．
【答案】③
【解题思路】根据空间中线面的位置关系一一判断即可.
【解答过程】若m//α，m//n，则n//α或n⊂α，故①错误；
若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n与α相交，故②错误；
由线面垂直的性质定理可知，③正确；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故④错误．
故答案为：③.
13．（2025·全国·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC=3，BC=1，PA=PB=PC=AB=2，M为AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值是 ．
【答案】5728
【解题思路】先根据异面直线所成角的定义确定∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角；再根据勾股定理求出BM，余弦定理求出cs∠DCB.，进而得出BD2；最后在△BMD中，利用余弦定理即可求出cs∠DMB.
【解答过程】取PC的中点D，连接MD,BD，如图所示：
因为M为AC的中点，D为PC的中点，
则根据三角形的中位线定理可得DM∥PA，且DM=12PA=1.
所以∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角．
因为在△ABC中，AC=3，BC=1，AB=2，
所以AB2=BC2+AC2，则AC⊥BC.
又AM=MC=12AC=32，所以BM=BC2+MC2=72．
又在△PBC中，BC=1，PB=PC=2,
所以由余弦定理可得：cs∠DCB=22+12−222×2×1=14.
又因为在△BDC中，DC=BC=1，
所以由余弦定理可得：BD2=1+1−2×1×1×14=32.
则在△BMD中，由余弦定理可得，cs∠DMB=DM2+BM2−BD22×DM×BM=1+74−322×1×72=5728，
所以异面直线BM与PA所成角的余弦值为5728．
故答案为：5728.
14．（2025·河北石家庄·模拟预测）金字塔在埃及和美洲等地均有分布，现在的尼罗河下游，散布着约80座金字塔遗迹，大小不一，其中最高大的是胡夫金字塔.如图，胡夫金字塔可以近似看做一个正四棱锥，则该正四棱锥的5个面所在的平面将空间分成 部分（用数字作答）．
【答案】23
【解题思路】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成18块，把四面进行极限倾斜相交分析求解.
【解答过程】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成18块，
把四面进行极限倾斜相交，如图所示，
在倾斜的过程中，在不管底面的情况下，4个侧面在顶点以下的“水平范围”内最多可以切割出9个空间，与没有倾斜极限的情况一样，
多出来的空间是交叉的切割出来的空间，
在空间上是对称的，四个倾斜的侧面在空间中的延伸还是这样的倾斜侧面，
如图所示的对称的锥面同样会切割出9个空间，
即顶点之上的4个延伸的倾斜的面同样会切割出9个空间，
但是四个空间和下面的四个倾斜的侧面切出的是同一个，
即标记“×”的位置，
所以在18的基础上加9减4，即结果是23.
故答案为：23.
四、解答题
15．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD=2，BC=3，E是PD的中点，F,M分别在PC,PB上，且PF=13PC,BM=13BP．
(1)证明：E,F,A,M四点共面；
(2)若CD⊥AD,PA⊥平面ABCD,PA=AD=CD，求四棱锥P−AMFE的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)23．
【解题思路】（1）取CF的中点G，连接MG,DG，由三角形中位线定理得DG//EF，再根据线段间的关系得到MG//AD，MG=AD，从而得到四边形ADGM为平行四边形，即得AM//DG，最后利用平行线的传递性得到AM//EF，即可证得结论；
（2）利用割补法将四棱锥P−AMFE的体积等价为2个三棱锥的体积之和，同时多次利用三棱锥体积之间的关系进行转化求解．
【解答过程】（1）证明：如图所示，取CF的中点G，连接MG,DG，
因为E,F分别是PD,PG的中点，所以DG//EF，
又因为PM=23PB,PG=23PC，所以MG//BC且MG=23BC=2，
又由AD//BC，AD=2，所以MG//AD，且MG=AD，
所以四边形ADGM为平行四边形，所以AM//DG，
因为DG//EF，所以AM//EF，则E,F,A,M四点共面．
（2）解：如图所示，过点A作AN//CD交BC于点N，则AN⊥BC,AN=2，
可得S△ABC=12×3×2=3，S△ACD=12×2×2=2，
连接CM,CE，则VP−AMFE=VP−AMF+VP−AEF=VF−AMP+VF−PAE
=13VC−AMP+13VC−PAE=13×23VC−PAB+13×12VC−PAD
=29VP−ABC+16VP−ACD=29×13S△ABC⋅PA+16×13S△ACD⋅PA
=227×3×2+118×2×2=23．
16．（24-25高一下·河南驻马店·阶段练习）如图，已知正四面体P−ABC，M,N,Q,R分别是棱PA,PC,AB,BC的中点．

(1)证明：四边形MNRQ为菱形；
(2)求异面直线BM与QR所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)36.
【解题思路】（1）利用中位线即可求证四边形MNRQ为平行四边形，再求证MQ=MN即可；
（2）根据异面直线所成角的定义找出∠BMN或其补角为所求角，在△MNB中利用余弦定理求得cs∠BMN即可.
【解答过程】（1）由题知，MN为△PAC的中位线，QR是△ABC的中位线，
所以MN//AC，且MN=12AC，QR//AC，且QR=12AC，
故MN//QR，且MN=QR，故四边形MNRQ为平行四边形，
又MQ是△PAB的中位线，则MQ=12PB，
因为在正四面体中，PB=AC，所以MQ=MN，故四边形MNRQ为菱形．
（2）因为QR//MN，所以∠BMN或其补角为异面直线BM与QR所成的角，
设正四面体的棱长为2a，则BM=BN=3a，MN=a，
在△MNB中，利用余弦定理得，cs∠BMN=a2+3a2−3a22×a×3a=36，
故异面直线BM与QR所成角的余弦值为36．

17．（24-25高一下·吉林长春·期中）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．
(1)求三棱锥M−A1C1B的体积；
(2)求证：直线A1M、BN、B1C1三线共点．
【答案】(1)23
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由等体积法结合棱锥的体积公式计算可得；（2）先证明直线A1M,B1C1相交，设交于O，同理可得直线B1C1,BN相交于点O′，再由B1C1=OC1=O′C1可得三线共点.
【解答过程】（1）VM−A1C1B=VB−A1C1M=13×12×1×2×2=23
（2）由于A1B1∥MC1且A1B1=2MC1，故直线A1M,B1C1相交，设交于O，
则B1C1=OC1，
同理可得直线B1C1,BN相交于点O′，则B1C1=O′C1，
故O′与O重合，故直线A1M、BN、B1C1三线相交于点O，
故直线A1M、BN、B1C1三线交于一点．
18．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）在一正三棱台木块ABC−A1B1C1如图所示，已知2AC=3A1C1=6，AA1=2，点O在平面ABC内且为△ABC的重心.
(1)过点O将木块锯开，使截面经过A1C1平行于直线AC，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
(2)求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比.
【答案】(1)作图见解析
(2)小几何体与大几何体的比值为7:12
【解题思路】（1）在平面ABC内过点O作直线DE//AC交BA于点D，交BC于点E，连接DA1,EC1，求证D、E、A1、C1四点共面即可求解.
（2）先求证几何体A1B1C1−DEB为棱柱，接着设棱台的高为ℎ，△A1B1C1的面积为S得VA1B1C1−DEB=Sℎ，再由台体体积公式得正三棱台ABC−A1B1C1体积即可求解.
【解答过程】（1）如图，在平面ABC内过点O作直线DE//AC交BA于点D，交BC于点E，
连接DA1,EC1，则DE、DA1、EC1为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于DE//AC//A1C1，故D、E、A1、C1四点共面，
且平面BCC1B1∩平面A1C1ED=C1E，平面ABB1A1∩平面A1C1ED=A1D，
平面ABC∩平面A1C1ED=DE，则DE、DA1、EC1为截面与各木块表面的交线.
（2）由于点O在平面ABC内且为△ABC的重心，DE//AC，
所以DE=23AC，又因为2AC=3A1C1，故DE=A1C1，
故几何体A1B1C1−DEB为棱柱，
设棱台的高为ℎ，△A1B1C1的面积为S，故VA1B1C1−DEB=Sℎ，
又2AC=3A1C1，则S△ABC=94S△A1B1C1，
故由台体体积公式得正三棱台ABC−A1B1C1体积为13S+94S+S⋅94Sℎ=1912Sℎ，
所以被截面A1C1ED截得的非三棱柱A1B1C1−DEB的另一个几何体体积为1912Sℎ−Sℎ=712Sℎ，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为712：1=7：12（或1：712=12：7）.
19．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD,BC//AD．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设PA=AB=2,BC=2,AD=1+3，且点P，B，C，D均在球O的球面上．
（i）证明：点O在平面ABCD内；
（ⅱ）求直线AC与PO所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）23.
【解题思路】（1）通过证明AP⊥AB，AP⊥AD，得出AB⊥平面PAD，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy中，得出点O坐标，进而得出点O在空间中的坐标，计算出OP=OB=OC=OD，即可证明结论；
法二：作出△BCD的边BC和CD的垂直平分线，找到三角形的外心O1，求出PO1，求出出外心O1到P，B，C，D的距离相等，得出外心O1即为P，B，C，D所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出AC的长，过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1，连接AC1，PC1，利用勾股定理求出AC1的长，进而得出PC1的长，在△POC1中由余弦定理求出cs∠POC1，即可求出直线AC与直线PO所成角的余弦值.
【解答过程】（1）由题意证明如下，
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD=A，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥P−ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，
PA=AB=2，AD=1+3，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,1+3,0,P0,0,2，
若P，B，C，D在同一个球面上，
则OP=OB=OC=OD，
在平面xAy中，
∴A0,0,B2,0,C2,2,D0,1+3，
∴线段CD中点坐标F22,3+32，
直线CD的斜率：k1=1+3−20−2=−3−12，
直线CD的垂直平分线EF斜率：k2=23−1=6+22，
∴直线EF的方程：y−3+32=6+22x−22，
即y=6+22x−22+3+32，
当y=1时，1=6+22xO−22+3+32，解得：xO=0，
∴O0,1
在立体几何中，O0,1,0，
∵OP=02+12+0−22OB=0−22+12+02OC=0−22+1−22+02OD=02+1−1−32+02
解得：OP=OB=OC=OD=3，
∴点O在平面ABCD上.
法二：
∵P，B，C，D在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
O1E=AB=2，BE=CE=AO1=GO1=12BC=1，O1D=AD−AO1=3
BO1=CO1=12+22=3，
∴O1D=BO1=CO1，
∴点O1是△BCD的外心，
在Rt△AOP中，AP⊥AD，AP=2，
由勾股定理得，
PO1=AP2+AO12=22+12=3，
∴PO1=BO1=CO1=O1D=3，
∴点O1即为点P，B，C，D所在球的球心O，
此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD，
∴点O在平面ABCD上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
AC=2,2,0,PO=0,1,−2，
设直线AC与直线PO所成角为θ，
∴csθ=AC⋅POACPO=0+2×1+022+22+0×0+12+−22=23.
法2：
由几何知识得，PO=3，
AB⊥AD，BC∥AD，
∴AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AB=2，BC=2，由勾股定理得，
AC=AB2+BC2=22+22=6，
过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1，连接AC1，PC1，
则OC1=AC=6，直线AC与直线PO所成角即为△POC1中∠POC1或其补角.
∵PA⊥平面ABCD，AC1⊂平面ABCD，PA∩AC1=A，
∴PA⊥AC1，
在Rt△ABC1中，AB=2，BC1=BC+CC1=2+1=3，由勾股定理得，
AC1=AB2+BC12=22+32=11，
在Rt△APC1中，PA=2，由勾股定理得，
PC1=PA2+AC12=22+112=13，
在△POC1中，由余弦定理得，
PC12=PO2+OC12−2PO⋅OC1cs∠POC1，
即：132=32+62−23×6cs∠POC1
解得：cs∠POC1=−23
∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：cs∠POC1=23.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义
(2)了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题
2023年上海卷：第15题，5分
2025年全国一卷：第17题，15分
空间点、直线、平面之间的位置关系是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中点、线、面关系的命题的真假判断；二是异面直线的判定和异面直线所成角问题；常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；也会以解答题的一小问考查点、线、面的位置关系，难度中等.
推论
自然语言
图形语言
符号语言
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.
点A∉a⇒a与A共面于平面α,且平面唯一.
推论2
经过两条相交直线，有且只有一个平面.
a∩b=P⇒a与b共面于平面α,且平面唯一.
推论3
经过两条平行直线，有且只有一个平面.
直线a//b⇒直线a,b共面于平面α,且平面唯一.
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线在平面内
有无数个公共点
直线与平面相交
有且只有一个公共点
直线与平面平行
没有公共点
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两个平面平行
没有公共点
两个平面相交
有一条公共直线