重難點(diǎn)07 空間點(diǎn)線面位置關(guān)系與截面五大題型匯總（解析版）

重難點(diǎn)07空間點(diǎn)線面位置關(guān)系與截面五大題型匯總技巧一．判斷空間線面位置關(guān)系（構(gòu)造法）第一步首先結(jié)合題意構(gòu)造適合題意的直觀模型；第二步然后將問(wèn)題利用模型直觀地作出判斷；第三步得出結(jié)論.技巧二.截面問(wèn)題方法匯總題型1線面關(guān)系的判斷【例題1】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）對(duì)于直線m、n和平面α、β，α⊥A．m⊥n，m∥α，n∥β C．m∥n，n⊥α，m∥β 【答案】C【分析】A選項(xiàng)，由條件可得到α⊥β或α∥β；B選項(xiàng)，不一定得到α⊥β，作圖說(shuō)明；C選項(xiàng)，過(guò)m作面γ與面β交于p，可得m∥p，結(jié)合條件可得【詳解】A選項(xiàng)中，根據(jù)m⊥n，m∥α，B選項(xiàng)中，m⊥n，α∩β=

C選項(xiàng)中，過(guò)m作面γ與面β交于p，如下圖，

∵m∥β，m?γ，∵m∥n，n⊥α，∴又p?β，從而得到D選項(xiàng)中，根據(jù)m∥n，m⊥而n⊥β，所以得到故選：C.【變式1-1】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）設(shè)α、β、γ是互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出四個(gè)命題：①若m⊥α，m⊥β，則α//β③若m⊥α，m//β，則α⊥β其中正確命題的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)空間線面平行、垂直的判定與性質(zhì)，注意利用線線平行（垂直）?線面（垂直）?面面（垂直）轉(zhuǎn)化解決．【詳解】∵m⊥α，m∵α⊥γ，β⊥γ∵m⊥α，m//β，過(guò)m

則m//n，∵m⊥α，∴∵m//α，n⊥α，過(guò)m

則m//c，又∵c故選：C．【變式1-2】（2023春·江蘇·高一專題練習(xí)）已知l、m、n為空間中三條不同的直線，α、β、γ為空間中三個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法中正確的是（

）A．若α∩β=n，αB．若α∩β=l，β∩γC．若α//β，l、m分別與α、βD．若m//α，m//β，α//γ【答案】B【分析】對(duì)于ACD，通過(guò)舉反例說(shuō)明其錯(cuò)誤；利用線面平行的性質(zhì)可判斷B選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A，如圖1，若α∩β=n，α⊥β，對(duì)于B，因?yàn)棣痢搔?l，β∩γ=m，因?yàn)閘?α，γ∩α=對(duì)于C，如圖2，若α//β，l、m分別與α、β所成的角為0°時(shí)，l

對(duì)于D，如圖1，m//α，m//β，α//γ，α∩β=故選：B.【變式1-3】（2022秋·四川瀘州·統(tǒng)考期末）設(shè)l，m，n表示不同的直線，α，β，y表示不同的平面，給出下列三個(gè)命題：①若m∥l，且m⊥α，則l⊥α；②若α⊥β，β⊥y，則α∥y；③若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，則l∥m∥n.其中正確命題的個(gè)數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】由線面、面面的平行、垂直的判定與性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】l，m，n表示不同的直線，α，β，y表示不同的平面，對(duì)于①，若m∥l，且m⊥α，則由線面垂直的判定定理得l⊥α，故①正確；對(duì)于②，若α⊥β，β⊥y，則α與y相交或平行，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，如圖，若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，

結(jié)合圖形得l，m，n交于同一點(diǎn)，故③錯(cuò)誤.故選：B.【變式1-4】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）設(shè)a,m,①m⊥αn⊥m?n⑤a⊥αaA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據(jù)直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，判定定理和性質(zhì)定理逐個(gè)判斷可得答案.【詳解】對(duì)于①，因?yàn)閚可以在平面α內(nèi)，所以①錯(cuò)誤；對(duì)于②，根據(jù)線面垂直的判定定理知，當(dāng)一條直線和平面內(nèi)的兩條相交直線垂直時(shí)，才能推出線面垂直，所以②錯(cuò)誤；對(duì)于③，根據(jù)垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行，可知③正確；對(duì)于④，直線m和n還可以是異面直線，所以④錯(cuò)誤；對(duì)于⑤，根據(jù)面面垂直的判定定理知⑤正確；對(duì)于⑥，當(dāng)α⊥β，α∩β=a，故選：B.題型2點(diǎn)線共面問(wèn)題【例題2】（2023·吉林·長(zhǎng)春吉大附中實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1A．A,M,O三點(diǎn)共線C．B,B1,O【答案】C【分析】由長(zhǎng)方體性質(zhì)易知A,A1,C1,C四點(diǎn)共面且OM,BB1是異面直線,再根據(jù)M與A1【詳解】因?yàn)锳A則A,因?yàn)镸∈則M∈平面AC又M∈平面A則點(diǎn)M在平面ACC1A同理,O、A也在平面ACC所以A,從而M,O,而點(diǎn)B不在平面ACC所以M,B,B1而點(diǎn)A不在平面BB所以直線AO與平面BB所以點(diǎn)M不在平面BB即B,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；BC∥D1所以BCD所以CA所以B,故選項(xiàng)D正確.故選:C.【變式2-1】（2023·全國(guó)·高三對(duì)口高考）下面幾個(gè)命題：①兩兩相交的三條直線共面；②如果兩個(gè)平面有公共點(diǎn)，則公共點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)；③一條直線與兩條平行直線都相交，那么這三條直線共面；④順次連接空間四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是平行四邊形．其中正確命題的個(gè)數(shù)是（

）A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．1個(gè)【答案】B【分析】根據(jù)空間位置關(guān)系可直接判斷各命題．【詳解】命題①：三條直線兩兩相交，若三條直線相交于一點(diǎn)，則無(wú)法確定一個(gè)平面，故①錯(cuò)誤；命題②：如果兩個(gè)平面有公共點(diǎn)，若兩平面重合，則公共點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)，若兩平面不重合，則有且僅有一條過(guò)該公共點(diǎn)的公共直線，則公共點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)，故②正確；命題③：不妨設(shè)a//b，c∩a=A，c∩所以A∈α，B∈α，所以AB?α，又故一條直線與兩條平行直線都相交，那么這三條直線共面，即③正確；命題④：空間四邊形ABCD中，連接AC，BD可得一個(gè)三棱錐，將四個(gè)中點(diǎn)連接，得到四邊形EFGH，由中位線的性質(zhì)知，EH//FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，故順次連接空間四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是平行四邊形，即④正確．故選：B【變式2-2】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）設(shè)α//β，P∈α，Q∈A．不共面B．當(dāng)且僅當(dāng)P、Q分別在兩條平行直線上移動(dòng)時(shí)才共面C．當(dāng)且僅當(dāng)P、Q分別在兩條互相垂直的異面直線上移動(dòng)時(shí)才共面D．無(wú)論P(yáng)、Q如何運(yùn)動(dòng)都共面【答案】D【分析】過(guò)點(diǎn)X作直線l⊥α，構(gòu)造三角形證明點(diǎn)X到平面α、【詳解】過(guò)點(diǎn)X作直線l⊥α，記l∩α=M,因?yàn)棣?/β，所以MP//QN，所以又α//β，l⊥α，所以因?yàn)閄為PQ的中點(diǎn)，所以XP=XQ，所以所以XM=XN，即X在到平面α、故選：D

【變式2-3】（2022春·北京·高一101中學(xué)?？计谀┛臻g四點(diǎn)A,B,C,D共面而不共線，那么這四點(diǎn)中（

）A．必有三點(diǎn)共線 B．至多有三點(diǎn)共線C．至少有三點(diǎn)共線 D．不可能有三點(diǎn)共線【答案】B【分析】畫出空間四點(diǎn)A,B,C,D共面而不共線的兩種情況，即可得出答案.【詳解】如下圖所示，A，C，D均不正確，只有B正確.故選：B.【變式2-4】（2022春·上海浦東新·高一上海師大附中?？计谀┤鐖D，在下列四個(gè)正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，A，B，C，D四點(diǎn)共面的是（

）．A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷點(diǎn)是否共面，并應(yīng)用平面的性質(zhì)畫出截面即可判斷.【詳解】由正方體性質(zhì)，選項(xiàng)A，B，C中，A，B，C，D四點(diǎn)顯然不共面．對(duì)于D選項(xiàng)，如下圖取E，F(xiàn)為正方體所在棱的中點(diǎn)，依次連接ADCEBF，易知ADCEBF為平面正六邊形，所以A，B，C，D四點(diǎn)共面．故選：D【變式2-5】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)G為正方形ABCD的中心，點(diǎn)E為A．C、E、F、G四點(diǎn)共面，且CG與EF平行B．C、E、F、G四點(diǎn)共面，且CE與FG相交C．C、E、F、G四點(diǎn)共面，且CE與FG平行D．C、E、F、G四點(diǎn)不共面【答案】C【分析】連接AC、CE、FG，分析可知G為AC的中點(diǎn)，判斷出CG與EF相交，結(jié)合中位線的性質(zhì)可得出結(jié)論.【詳解】連接AC，因?yàn)镚為正方形ABCD的中心，則G為AC的中點(diǎn)，因?yàn)锳C∩AE=A，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)，故C、E、F、G四點(diǎn)共面，且CG與EF相交，連接CE、FG，因?yàn)镕、G分別為AE、AC的中點(diǎn)，則CE//故選：C.題型3圖形中位置關(guān)系的判段【例題3】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN// B． C． D．【答案】D【分析】結(jié)合線面的位置關(guān)系以及線面平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)可確定正確選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A，由正方體的性質(zhì)可得MN//EF//AC，所以直線MN//

對(duì)于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN//AD，MN?平面ABC，AD

對(duì)于C，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質(zhì)可得MN//BD，MN?平面ABC，所以直線MN//

對(duì)于D，作出完整的截面，如下圖ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，不能滿足.

故選：D.【變式3-1】（2023·全國(guó)·對(duì)口高考）如圖，正方體中，E、F分別是AA1、CC1的中點(diǎn)，則與直線

A．有且僅有一條 B．有且僅有兩條C．有且僅有三條 D．無(wú)數(shù)條【答案】D【分析】在EF上任意取一點(diǎn)M，由直線A1D1與點(diǎn)M確定一個(gè)平面，這個(gè)平面與DC有且僅有1個(gè)交點(diǎn)E，當(dāng)點(diǎn)M取不同的位置就確定不同的平面，從而與DC【詳解】在EF上任意取一點(diǎn)M，直線A1D1這個(gè)平面與DC有且僅有1個(gè)交點(diǎn)E，當(dāng)點(diǎn)M取不同的位置就確定不同的平面，從而與DC有不同的交點(diǎn)E，而直線ME與這3條異面直線都有交點(diǎn)，故在空間中與三條直線A1D1、EF故選：D.

【變式3-2】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，G，H，M，N均是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號(hào)為（

）

A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】D【分析】根據(jù)異面直線的定義即可結(jié)合圖形關(guān)系求解.【詳解】在題圖②④中，直線GH，MN是異面直線；在題圖①中，由G，M均為所在棱的中點(diǎn)，易得GH∥在題圖③中，連接GM，由G，M均為所在棱的中點(diǎn)，所以GM//NH,且

故選：D．【變式3-3】（2021·高一課時(shí)練習(xí)）在下面四個(gè)正方體ABCD?A'B'C'D'中，點(diǎn)M、N、P均為所在棱的中點(diǎn)，過(guò)MA． B．C． D．【答案】A【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷BCD選項(xiàng)，利用假設(shè)法推出矛盾，可判斷A選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，連接B'C，假設(shè)A'在正方體ABCD?A'B'C'D'中，A'B'⊥因?yàn)镸、N分別為BB'、BC的中點(diǎn)，則MN//B'這與A'C⊥平面MNP矛盾，故假設(shè)不成立，即A對(duì)于B選項(xiàng)，連接B'D'因?yàn)樗倪呅蜛'B'∵CC'⊥平面A'B'∵A'C'∩∵A'C?平面∵M(jìn)、P分別為A'B'、A'同理可證A'∵M(jìn)P∩MN=M對(duì)于C選項(xiàng)，連接C'D、A'N、CN、A'P、PC，取A'因?yàn)樗倪呅蜟C'D∵A'D'⊥平面CC'∵CD'∩A∵A'C?平面∵M(jìn)、N分別為DD'、C'D在正方形A'B'C'D'中，E、N分別為A所以，四邊形A'EC'N同理可證四邊形CC'EP為平行四邊形，∴所以，A'N//CP且易得A'N=CN，所以，四邊形∵M(jìn)N∩PN=N對(duì)于D選項(xiàng)，連接AC、BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，則AC⊥∵AA'⊥平面ABCD，BD?∵AC∩AA'∵A'C?平面∵M(jìn)、N分別為CD、BC的中點(diǎn)，則MN//BD，∴∵M(jìn)N∩MP=M故選：A.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明線面垂直的方法：一是線面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性質(zhì)定理；三是平行線法（若兩條平行線中一條垂直于這個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面），解題時(shí)，注意線線、線面與面面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化；另外，在證明線線垂直時(shí)，要注意題中隱含的垂直關(guān)系，如等腰三角形的底邊上的高、中線和頂角的角平分線三線合一、矩形的內(nèi)角、直徑所對(duì)的圓周角、菱形的對(duì)角線互相垂直、直角三角形（或給出線段長(zhǎng)度，經(jīng)計(jì)算滿足勾股定理）、直角梯形等等．【變式3-4】（2021秋·全國(guó)·高校聯(lián)考階段練習(xí)）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，ACA．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】圖（1）中，推導(dǎo)出DE⊥平面BC1，從而CF⊥DE；圖（2）中，取A1C1的中點(diǎn)G，連接GE，AG，故AGED為平行四邊形，從而【詳解】圖（1）中，∵直三棱柱ABC?AB⊥BC，∴A1B∵B1C1∩BB1=∴A1B∵D，E，F(xiàn)分別是所在棱的中點(diǎn)，∴DE⊥∵CF?平面BC圖（2）中，取A1C1的中點(diǎn)G，連接GE，AG故ED//AG，而AC=AA所以∠ACF=∠GA所以∠AFO+∠FAO=90圖（3）中，CF⊥DE不成立．如圖，連接假設(shè)CF⊥DE，又CF⊥AA所以CF⊥平面AGE所以CF⊥所以∠OAC因?yàn)椤螧AC所以∠OAC所以CF⊥故選：C【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明空間直線和直線垂直，常用的方法有：（1）轉(zhuǎn)化為線面垂直；（2）利用向量法證明向量的數(shù)量積為0.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法求解.題型4點(diǎn)線共面問(wèn)題的證明【例題4】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，G，H分別在BC，CD上，且BG:(1)E?F?G?H四點(diǎn)共面；(2)EG與HF的交點(diǎn)在直線AC上.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）證明出EF∥（2）證明出EFHG為梯形，得到EG與FH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M，再結(jié)合點(diǎn)，線與面的關(guān)系進(jìn)行證明.【詳解】（1）∵BG:GC=∵E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，∴EF∥BD，且∴EF∥（2）∵G，H不是BC，CD的中點(diǎn)，∴GH≠12由（1）知EF∥∴EG與FH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M，∴EG?平面ABC，F(xiàn)H∴M∈平面ABC，且M∴M∈【變式4-1】（2022春·安徽蕪湖·高一?？计谥校┤鐖D，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E為棱AB(1)求證：E，F(xiàn)，C1，A1(2)求證：A1E，C1F，B1【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）連接EF，根據(jù)E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，得到EF∥AC，再根據(jù)三棱柱的性質(zhì)證明即可；（2）由（1）得EF≠AC且E，F(xiàn)，A1，C1四點(diǎn)共面，得到A1E與C1【詳解】（1）證明：如圖，連接EF，∵E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴EF∥AC..又在三棱柱ABC?A1B∴EF∥A則E，F(xiàn)，A1，C（2）由（1）得EF≠AC且E，F(xiàn)，A1，C則A1E與設(shè)A1∵A1E?平面AA1B∵C1F?平面BB1C又平面AA1∴P∈BB則A1E，C1【變式4-2】（2023春·全國(guó)·高一專題）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)證明：E、F、D、B四點(diǎn)共面；(2)對(duì)角線A1C與平面BDC1交于點(diǎn)O，AC,BD交于點(diǎn)(3)證明：BE、DF、CC【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）證明EF//BD，即可說(shuō)明E、F、D、B四點(diǎn)共面.（2）先證明點(diǎn)O∈面AA1C1C和O∈面BDC1，即點(diǎn)O在面AA1C1C與面BDC（3）延長(zhǎng)DF,BE交于G,由于面DCG∩面BCG=CC1，則G在交線【詳解】（1）連接EF,BD,∵在長(zhǎng)方體ABCD?A∴∵E、F分別是B1C1∴EF//∴EF//BD∴E、F、D、B四點(diǎn)共面（2）∵A∴A,A1O∈A1∴O∈面A∵對(duì)角線A1C與平面BD∴O∈面BDO在面AA1C∵AC∩BD∴M∈面AA1C1∴面AA1C1C∴O∈C即點(diǎn)C1（3）延長(zhǎng)DF,BE交于G∵DG?面DCG∴G∈DG∴G∈面DCG∵BE?面BCG∴G∈BE∴G∈面BCG∵面DCG∩面BCG=C∴G∈C∴BE、DF、CC【變式4-3】（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，四邊形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC∥AD，BC=12AD，BE∥FA，BE=12FA，(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形.(2)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)是否共面？為什么？【答案】(1)證明見解析(2)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面，理由見解析【分析】（1）結(jié)合三角形中位線性質(zhì)可證得GH//BC且GH=BC，由此可得結(jié)論；（2）由題可證得四邊形BEFG為平行四邊形，進(jìn)而可得CH//【詳解】（1）因?yàn)镚,H分別為FA,FD的中點(diǎn)，所以GH//AD，GH=1又BC//AD，BC=1所以BC//HG，BC=HG，所以四邊形BCHG是平行四邊形；（2）C,D,F,E四點(diǎn)共面.理由如下：由BE//FA，BE=12FA，G是FA中點(diǎn)知，所以四邊形BEFG為平行四邊形，所以EF//BG，由（1）知BG//CH，所以EF//CH，所以EF與CH共面，又D∈FH，所以C,D,F,E四點(diǎn)共面.【變式4-4】（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：CE，D1(2)在（1）的結(jié)論中，G是D1E上一點(diǎn)，若FG交平面ABCD于點(diǎn)H，求證：P，E，【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）連接A1B，CD1，可得到EF//CD1且EF≠CD1，則EC與D1F相交，設(shè)交點(diǎn)為P，則能得到P（2）可證明P，E，H都在平面PCD1與平面【詳解】（1）證明：連接A1B，C正方體ABCD?A1B1C1D∴EF//A1∵CD1//∴EF//CD∴EC與D1F相交，設(shè)交點(diǎn)為∵P∈EC，EC?平面ABCD，∴P∈平面ABCD；又∵P∈FD1，F(xiàn)D1?平面AD∴P為兩平面的公共點(diǎn)，∵平面ABCD∩平面ADD1A∴CE、D1F、DA（2）在（1）的結(jié)論中，G是D1E上一點(diǎn)，F(xiàn)G交平面ABCD于點(diǎn)則FH?平面PCD1，∴H∈平面PCD1，又∴H∈平面PCD1∩同理，P∈平面PCD1∩E∈平面PCD1∩∴P，E，H都在平面PCD1與平面∴P，E，H三點(diǎn)共線．【變式4-5】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在空間四邊形ABCD中，H，G分別是AD，CD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別邊AB，BC上的點(diǎn)，且CFFB(1)點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)直線EH，BD，F(xiàn)G相交于一點(diǎn)．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用三角形的中位線平行于第三邊和平行線分線段成比例定理，得到EF,GH都平行于AC，由平行線的傳遞性可得EF//GH，根據(jù)兩平行確定一平面得出證明；（2）利用分別在兩個(gè)平面內(nèi)的點(diǎn)在這兩個(gè)平面的交線上，即可證明.【詳解】（1）由題意，作圖如下：空間四邊形ABCD中，H,G分別是AD,CD的中點(diǎn)，∴HG//AC.又CFFB=AEEB=13（2）證明：連接EF、HG，因?yàn)镠,G分別是AD,CD的中點(diǎn)，所以HG//AC，且HG=12AC，又因?yàn)镃FFB=所以HG//AC，且HG≠EF，故四邊形EFGH為梯形，且EH,FG是梯形的兩腰，所以EH,FG相交于一點(diǎn).設(shè)交點(diǎn)為P，因?yàn)镋H?平面ABD，所以P∈平面ABD，同理P∈平面BCD，而平面ABD∩平面BCD=BD，所以P∈BD，故點(diǎn)P時(shí)直線EH,BD,FG的公共點(diǎn)，即直線EH,BD,FG相交于一點(diǎn).題型5空間中的截面問(wèn)題【例題5】（2023春·高一課時(shí)練習(xí)）用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，所得到的截面形狀可能是__________.①銳角三角形；②直角三角形；③矩形；④不是矩形的平行四邊形；⑤菱形；⑥五邊形；⑦正六邊形；⑧正七邊形.【答案】①③④⑤⑥⑦【分析】分別作出平面去截一個(gè)正方體所得到的截面形狀，進(jìn)而得到正確選項(xiàng).【詳解】用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，當(dāng)僅與共點(diǎn)的三條棱相交時(shí)，所得到的截面形狀是三角形：

設(shè)CE=則E則EH則∠HEF則①判斷正確；②判斷錯(cuò)誤；用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，當(dāng)截面為BDD四邊形BDD

用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，當(dāng)截面為BGD1I1（四邊形BGD則BG=BI則∠GBI1

用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，當(dāng)截面為BTRS1N1（BTRS

用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，當(dāng)截面為PQVSJ1WPQVSJ

正方體僅有6個(gè)面，因此截面不可能為七邊形.則⑧判斷錯(cuò)誤.故答案為：①③④⑤⑥⑦【變式5-1】（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1

①異面直線D1D②當(dāng)G為中點(diǎn)時(shí)，存在點(diǎn)E，F(xiàn)使直線A1③當(dāng)E，F(xiàn)為中點(diǎn)時(shí)，平面AEF截正方體所得的截面面積為9④存在點(diǎn)G，使點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等則上述結(jié)論正確的是（

）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④【答案】C【分析】根據(jù)異面直線夾角的求解方法，線面平行的判定，以及正方體的截面面積的計(jì)算，結(jié)合幾何體的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】對(duì)①：因?yàn)镈1D//A1A，故D1D與AF的夾角即為又當(dāng)F與C重合時(shí)，∠A1AF當(dāng)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，∠A1AF取得最小值，設(shè)其為α，則又點(diǎn)F不能與C,C1對(duì)②：當(dāng)G為B1B中點(diǎn)時(shí)，存在E,F分別為BC,取B1C1的中點(diǎn)為M

顯然A1M//AE，又AE?面AEF,A1M又易得MG//EF，EF?面AEF,MG?面AEF，故又A1M∩MG=M,又A1G?面A1MG對(duì)③：連接AD

因?yàn)镋F//BC1//AD1，故面又D1F=AE=故截面面積S=對(duì)④：連接GC，取其中點(diǎn)為H，如下所示：

要使得點(diǎn)G到平面AEF的距離等于點(diǎn)C到平面AEF的距離，只需EF經(jīng)過(guò)GC的中點(diǎn)，顯然當(dāng)點(diǎn)E、F分別為所在棱的中點(diǎn)時(shí)，不存在這樣的點(diǎn)故選：C.【變式5-2】（2023·江西南昌·江西師大附中?？既＃┮阎襟wABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為棱CA．136π B．2512π C．【答案】A【分析】由題意證得E是CC1的中點(diǎn)，由四面體ABCE的外接球的直徑為AE=3，得到半徑R=32，設(shè)M是外接球的球心，求得球心M到平面【詳解】在正方體ABCD?A1B1C1D1由平面BDE⊥平面A1BD，可得AC1又四面體ABCE的外接球的直徑為AE=AC設(shè)M是AE的中點(diǎn)即球心，球心M到平面A1BD的距離為又設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，則cos∠A1OA則d=OM?sin∠所以截面圓的面積為πr故選：A．

【變式5-3】（2023·河南·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面為正方形，AA1A．6π B．5π C．2π 【答案】D【分析】先根據(jù)題意得到該四棱柱的外接球球心O的位置與半徑R，再求得平面α即為平面ABPE，再利用線面平行的性質(zhì)與線面垂直的判定定理求得球心O到平面APE的距離，從而得解.【詳解】由題意知直四棱柱ABCD?A1如圖，取DD1的中點(diǎn)E，連接AE,PE,BP，易知四邊形分別取AA1,BB1的中點(diǎn)由四棱柱的對(duì)稱性可知，其外接球的球心O即為正方形MNPE的中心，取ME的中點(diǎn)O1，連接O則O1O//EP,O1O?平面ABPE，EP?平面ABPE，所以O(shè)1過(guò)點(diǎn)O1作O1H易知AB⊥面AA1D1D，又AB∩AE=A,AB,AE又O1H=O1Esin45°=2由球的性質(zhì)知，截面圓的半徑r=R所以截面圓的周長(zhǎng)為2πr故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是求得球心O到面APE的距離，從而求得截面圓的半徑即可得解.【變式5-4】（2023·全國(guó)·對(duì)口高考）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為23，動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)角線BD

A．36,66 B．6,26 【答案】A【分析】由正方體的性質(zhì)證明BD1⊥平面AB1C，同樣由正方體性質(zhì)知x=1時(shí)，截面與棱BA,BC,BB1相交于它們的中點(diǎn)M,N,Q處，計(jì)算出f【詳解】

如圖，連接AB1,AC,CB1，BD，DD又BD⊥AC，DD1∩BD=D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1同理BD1⊥AB1，AC∩AB1=A，因此平面α與平面AB取BA,BC,BB1的中點(diǎn)M,同理可證BD1⊥平面MNQ，由于BM=BNBD1與平面MNQ的交點(diǎn)P是正方體棱長(zhǎng)為23，則MN=1所以BP=(3由棱錐的平行于底面的截面的性質(zhì)知，當(dāng)平面α從平面MNQ平移到平面ACB1時(shí)，f(x1=266

平面α過(guò)平面ACB1再平移至平面GHIJKL時(shí)，如圖，把正方形A1B1如圖，則H,I,J共線，由正方形性質(zhì)得HI+因此此種情形下，截面GHIJKL的周長(zhǎng)與截面ACB1的周長(zhǎng)相等，平移平面α，一直到平面由正方體的對(duì)稱性，接著平移時(shí)，截面周長(zhǎng)逐漸減少到f(5)=綜上，f(x)故選：A.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:利用正方體性質(zhì)求出截面初始位置（x=1）時(shí)，截面周長(zhǎng)，然后由棱錐的性質(zhì)求出f(x)（1≤x≤2），再通過(guò)空間問(wèn)題平面化的思想（結(jié)合對(duì)稱性）求出【變式5-5】（2023春·安徽·高一安徽省郎溪中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長(zhǎng)均為4，平面α經(jīng)過(guò)BC，則平面α截正四棱錐

A．2π B．22π C．4π【答案】C【分析】連接BD、AC交于O，連接PO，求出BD、AC，PO，可得點(diǎn)O即為正四棱錐P?ABCD的外接球球心，取BC中點(diǎn)E，連接OE，當(dāng)【詳解】連接BD，AC交于O，連接PO，則PO⊥底面ABCD且O是ACBD=AC=所以O(shè)到P，A，B，C，D的距離均為22，點(diǎn)O即為正四棱錐P?ABCD的外接球球心，取BC中點(diǎn)E，連接OE，分析可知，當(dāng)OE⊥α故選：C．

一．單選題1．（2021春·黑龍江鶴崗·高一統(tǒng)考期末）在空間四邊形ABCD中，在AB,BC,A．P一定在直線BD上B．P一定在直線AC上C．P在直線AC或BD上D．P既不在直線BD上，也不在直線AC上【答案】B【分析】由題設(shè)知GH?面ADC，結(jié)合已知條件有P∈面ADC、P∈【詳解】由題意知：GH?面ADC，又GH∴P∈面ADC，同理，P∈面ABC，又面ABC∩由公理3知：點(diǎn)P一定在直線AC上.故選：B.2．（2022春·江西上饒·高一校聯(lián)考期末）設(shè)m，n是不同的直線，a,A．m⊥n,n//α，則C．m⊥α,α⊥β，則【答案】D【分析】舉例說(shuō)明判斷ABC；利用線面垂直的性質(zhì)判斷D作答.【詳解】對(duì)于A，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1顯然滿足m⊥n,n//對(duì)于B，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ABCD顯然滿足m//β,β⊥對(duì)于C，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ABCD顯然滿足m⊥α,α⊥對(duì)于D，因?yàn)閙⊥α,故選：D3．（2023春·黑龍江大慶·高一大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谥校┤鐖D，P是正方體ABCD?A1A．直線DD1 B．直線B1C 【答案】D【分析】根據(jù)異面直線得定義逐一分析判斷即可.【詳解】對(duì)于A，連接BD,B1由BB1∥DD1，當(dāng)P點(diǎn)位于點(diǎn)對(duì)于B，當(dāng)點(diǎn)P與C1重合時(shí)，直線BP與直線B對(duì)于C，因?yàn)锳B∥C1D1所以AD當(dāng)點(diǎn)P與C1重合時(shí)，BP與A對(duì)于D，連接AC，因?yàn)镻?平面ABCD，B∈平面ABCD，AC?平面ABCD所以直線BP與直線AC是異面直線.故選：D.4．（2020·浙江杭州·高一期末）如圖，在三棱柱ABC?A'B'C'中，點(diǎn)E、F、H、K分別為AC'、CB'、A'B、B'C'的中點(diǎn)，G為A．K B．H C．G D．B【答案】C【分析】對(duì)K、H、G、B'四個(gè)點(diǎn)逐一進(jìn)行分析，找出棱柱中與平面PEF【詳解】解：取A'C'的中點(diǎn)M，連接EM，MK，KF則EM//CC若取點(diǎn)K為P，則AA故與平面KP對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)H點(diǎn)為P點(diǎn)時(shí)，取BB'中點(diǎn)N所以PN//由棱柱性質(zhì)得AB//所以四邊形PNFE是平行四邊形，故平面PEF即為平面PNFE，由于PN//A'B',FN//所以PN//平面A'B'C由于PN∩FN=N，所以平面A'B'所以結(jié)合棱柱的性質(zhì)可知AB,BC,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)G為P時(shí)，連接BC'，則F為所以EF//由于AB,A'B'?平面故AB//平面PEF，A'B對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)B'為P點(diǎn)時(shí)，連接A由C選項(xiàng)知EF//所以平面PEF即為平面A'此時(shí)AB//平面PEF故選：C5．（2022秋·陜西咸陽(yáng)·高一統(tǒng)考期末）下列條件中能推出平面α//平面βA．存在一條直線a，a//αB．存在一條直線a，a?αC．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?βD．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β【答案】D【分析】A、B、C，畫圖舉例判斷；D.由面面平行的判定定理判斷.【詳解】A.如圖所示：，存在一條直線a，a//α，a//β，但平面αB.如圖所示：，存在一條直線a，a?α，a//β，但平面αC.如圖所示：，存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a//β，bD.如圖所示：，在平面β內(nèi)過(guò)b上一點(diǎn)P作c//a，則c//α，又b//α故選：D6．（2022春·江蘇無(wú)錫·高一輔仁高中?？计谀┫铝忻}正確的是（

）（1）已知平面α，β和直線m，n，若m?α，n?α，m//（2）已知平面α和直線m，n，若m//α，n?（3）已知平面α，β和直線m，n，且m，n為異面直線，m⊥α，n⊥β.若直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?（4）在三棱錐P?ABC中，PA⊥PB，A．（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（3）（4） D．（1）（2）【答案】C【分析】根據(jù)空間直線、平面間位置關(guān)系判斷（1）（2），由線面垂直的判定定理的性質(zhì)定理判斷（3）（4）．【詳解】（1）中只有當(dāng)m,n是相交直線時(shí)才有α//β，否則（2）中直線m,（3）平面α與β不可能平行（否則有m//n），因此α與β相交，設(shè)交線為則由線面垂直的性質(zhì)得m⊥p，過(guò)直線n上任一點(diǎn)P作直線t//m，則n,t是相交直線，設(shè)直線由t//m得p⊥因此由線面垂直的判定定理得p⊥γ，l⊥（4）如圖，因?yàn)镻A⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，PB,PC?平面PBCH是P在底面ABC內(nèi)的射影，即PH⊥平面ABC，又BC?平面ABC，所以因?yàn)镻A∩PH=P，PA,PH?平面PAH，所以BC⊥平面PAH，而AH?平面PAH故選：C．多選題7．（2023春·陜西咸陽(yáng)·高一校考期中）下列命題中成立的是（

）A．a(chǎn)⊥cB．P∈α，PC．A∈l，B∈lD．a(chǎn)//b【答案】BCD【分析】利用平面的公理直接判斷求解．【詳解】對(duì)于A：若a⊥c，b⊥c，則a//b或a與對(duì)于B：由公理三知：如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直線，因?yàn)镻∈α，P∈β且對(duì)于C：由公理一知：如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)，因?yàn)锳∈l，B∈l，且A∈對(duì)于D：由平行公理得：平行于同一條直線的兩條直線互相平行，因?yàn)閍//b，a//故選：BCD8．（2021春·廣東佛山·高一統(tǒng)考期末）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1A．三角形 B．矩形C．五邊形 D．六邊形【答案】BCD【分析】P、Q在正方體的內(nèi)部，由平面的延展性，截面不可能的三角形；取CC1的中點(diǎn)M，連接A1Q、MQ、B1M，此時(shí)過(guò)P、Q的平面α即為平面A1QMB1；取A1N=2ND【詳解】P、取CC1的中點(diǎn)M，連接A1Q、MQ、B1M，因?yàn)锳1B1取A1N=2ND1，CE=3ED，連接PN、NQ、QE、BE、BP，分別取AB、CD的中點(diǎn)所以PNQEP是五邊形，此時(shí)過(guò)P、Q的平面α即為五邊形分別取A1D1、CD、CB、B1B的中點(diǎn)A'、B'、D'、C'，連接A故選：BCD.填空題9．（2022春·新疆和田·高一?？计谀┤鐖D，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1①EF與BB1垂直；②EF與BD垂直；③EF與CD異面；④EF與【答案】④【分析】連B1C，AC，根據(jù)三角形中位線可得【詳解】在正四棱柱ABCD?A1B1因F為矩形BCC1B1對(duì)角線BC1的中點(diǎn)，則F是B1因B1B⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則正方形ABCD中，AC⊥BD，又EF//假若EF,CD在一個(gè)平面上，不妨設(shè)為平面α，由于EF//AC，EF?平面α,AC?平面α，所以AC//平面α，又因?yàn)锳C?平面ABCD,平面ABCD∩平面α因正四棱柱ABCD?A1B1C1所以不成立的結(jié)論是④.故答案為：④10．（2023·江蘇·高一專題練習(xí)）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，當(dāng)E，F(xiàn)，G【答案】3【分析】先作出平面EFG截正方體所得截面，進(jìn)而求得該截面的周長(zhǎng).【詳解】連接EG并延長(zhǎng)交CB延長(zhǎng)線于Q，則BQ過(guò)Q作QH//BD，交AB于H，交AD于K，則過(guò)K作KT//AD1，交則六邊形FEGHKT即為平面EFG截正方體所得截面，又F,E故答案為：3解答題11．（2016秋·安徽亳州·高一統(tǒng)考期末）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是AB和AA1的中點(diǎn)．求證：（1）E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；（2）CE，D1F，DA三線共點(diǎn)．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）利用三角形的中位線證明EF//（2）根據(jù)平面的性質(zhì)，證明點(diǎn)P∈平面ABCD，點(diǎn)P∈平面ADD1A1平面，從而證明CE，D1F，DA三線共點(diǎn).【詳解】（1）證明：如圖所示，連接EF