重難點07 空間點線面位置關(guān)系與截面五大題型-2022-2023學年高一數(shù)學下學期期末復習【重點·難點】（解析版）

重難點07空間點線面位置關(guān)系與截面五大題型匯總

期末題型解讀

題型1線面關(guān)系的判斷

題型4點線共面問題的證明

空間點線面位置關(guān)系與

題型點線共面問題

2截面五大題型匯總

題型5空間中的截面問題

題型3圖形中位置關(guān)系的判段,

滿分技巧

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.截面問題方法匯總

橫切正方形

橫切：和底邊相似的四邊形

過頂點或棱-三角形

過面-梯形

正四棱錐

過頂點或梭-三角形

斜切過面-梯形、不規(guī)則四邊形

過5個面-五邊形

橫切：與底邊相似的三角形

豎切：長方形

過頂點或棱-三龜形

三棱柱

斜切過上底面-梯形

過上底面和下底面-五邊形

切不出平行四邊形

挖空型常見錯誤

內(nèi)部挖空的是圓錐/圓臺等上下不等的圖形,

注意斜切是否同心

題型1線面關(guān)系的判斷

【例題1]（2023春?高一課時練習）對于直線m、n和平面￡7、￡7,Z71OQ勺一個條件是（）

4.□工口,口、口，口“口B.□>□,□△□=口,□!.口

c.niiu,□工□,□”口D.nii口,□]□,Z7iu

【答案】c

【分析】A選項，由條件可得到OlZZ或OIIO；B選項，不一定得到O_LU，作圖說明；C選項，過Of乍

面。與面依于。，可得。IID,結(jié)合條件可得U,從而得到O工O；D選項，根據(jù)條件得口,

從而得到Oil口.

【詳解】A選項中，根據(jù)。，D,L7IIU.￡711D,有可能出現(xiàn)OilO的情況，所以A錯誤；

B選項中，￡71口,￡7n□=口，口工D,不一定得到￡71口,如下圖，所以B錯誤;

C選項中，過0（乍面。與面依于。，如下圖,

,.■￡711口,口u口,Uc口=D..,.￡711口,

---￡7IIZZ7,￡71U,/.ZZ71□,：.□[口,

又Ou。，從而得到。J.口,所以C正確；

D選項中，根據(jù)￡711口,￡71口,所以￡71口,

而01。，所以得到口||。，所以D錯誤.

故選：C.

【變式1-U（2023春?高一課時練習）設(shè)口、口、口是互不重合的平面，m,n是互不重合的直線，給出

四個命題：

①若□L1□，諷口/口碇口工□,□L□腳UH口

③若。，。//。，則。1ZZ7④若￡7〃。，O1ZZ7,則01O

其中正確命題的個數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.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）Q線面（垂直）Q面面（垂

直）轉(zhuǎn)化解決.

【詳解】口\□,□[□，???2攵①正確；

,:口＞□,□、□.口與位置關(guān)系是平行或相交，②不正確；

???Z71D,O//Z7,過段平面O,On口=口，

則￡7〃〃，1.1Z71.ZZ71口,又□u□,：*￡71口,故③正確；

,￡71U,過平面￡7,□□□=□,

則￡7//￡7,又???UuU￡71口，:.￡71□,故④正確；

故選：C.

【變式1-2】（2023春?江蘇?高一專題練習）已知以口、取空間中三條不同的直線，口口、皿空間

中三個不同的平面，則下列說法中正確的是（）

A.若。n□=口,￡71口,Z71口,則01U

B.若0n□=□,Z7n□=口,□△□=□,若O/口，則B/口

C.若￡7//。，□、口分別與口、斤斤成的角相等，則□//口

D.若m//a,m//p,UIIIJ,則□"口

【答案】B

【分析】對于ACD,通過舉反例說明其錯誤；利用線面平行的性質(zhì)可判斷B選項.

【詳解】對于A,如圖1,若口n0=0,口工口，。，則O可以與〃平行，故A錯誤；

對于B,因為On□=U,口人口=U,HUH,且Ou口,Oc口,則。/O,

因為Ou口,ZZZn□=口,則O//7,故B/Z27,B正確；

對于C,如圖2,若UH口,口、。分別與口。所成的角為0°時，。與口可以相交、平行或異面，故C錯

誤；

對于D,如圖1,m//a,m//p,DUD,□△□=口,則〃與交，D錯誤.

故選：B.

【變式1-3]（2022秋?四川瀘州統(tǒng)考期末）設(shè)I,m,n表示不同的直線,a邛，y表示不同的平面,給

出下列三個命題：

①若mill,且m_La,則IJLa;

②若a_L0,p±y,則ally;

③若an0=I,RDy=m,aDy=n,貝！]IIImIIn.

其中正確命題的個數(shù)是（）

A.0B.1C.2D.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】I,m,n表示不同的直線,a,p,y表示不同的平面，

對于①，若mill,且m_La,則由線面垂直的判定定理得l±a,故①正確；

對于②，若,P±y,則a與y相交或平行，故②錯誤;

結(jié)合圖形得I,m,n交于同一點，故③錯誤.

故選：B.

【變式1-4]（2023春高一課時練習）設(shè)口,口,。是三條不同的直線，U,。是兩個不重合的平面，給出下

列命題：

□u￡7)

④□u□.a口什口；

①冗9=口口②口第郎0口9③￡3=口/。

f￡71口）

⑤生?=。1口逸。。。=匚卜。1。.其中真命題的個數(shù)為（）

A.1B.2C.3D.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)定理逐個判斷可得答案.

【詳解】對于①，因為n可以在平面。內(nèi)，所以①錯誤；

對于②，根據(jù)線面垂直的判定定理知，當一條直線和平面內(nèi)的兩條相交直線垂直時，才能推出線面垂直，

所以②錯誤；

對于③，根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行，可知③正確；

對于④，直線m和n還可以是異面直線，所以④錯誤；

對于⑤，根據(jù)面面垂直的判定定理知⑤正確；

對于⑥，當口工口,口門口=口，口、口,Uu詞,才有￡7_L口,所以⑥錯誤.

故選：B.

題型2點線共面問題

【例題2］（2023?吉林?長春吉大附中實驗學校?？寄M預測）在長方體口?？诳?口1口14口中，直線

口、口與平面0aa的交點為a%線段&a的中點,則下列結(jié)論錯誤的是（）

A.口口以三點共線B.O四點異不共面

c.□,□［,口,。四點共面D.aa,a口四點共面

【答案】C

【分析】由長方體性質(zhì)易知aa,a,。四點共面且。a是異面直線，再根據(jù)口與口口、面

□□□、口、、面□□］口、的位置關(guān)系知口在面□□□、口、與面□□、口、的交線上，同理判斷口、

□‘即可判斷各選項的正誤.

因為I

則a。四點共面.

因為De

則De平面□□□、口、,

又□€平面

則點口在平面□□□、口、與平面&的交線上,

同理，口、口也在平面□□□］口［與平面□□［口］的交線上,

所以a□,一點共線；

從而口,□,口*□四點共面，都在平面□□□、口、內(nèi)，

而點B不在平面□□□]&內(nèi)，

所以a口,d,。四點不共面，故選項B正確；

口,口、,a三點均在平面?？诳?、。內(nèi),

而點A不在平面O&□、3,

所以直線A0與平面g口1m目交且點0是交點，

所以點M不在平面O4□、。內(nèi)，

即口,口、口口四點不共面，

故選項C錯誤；

ZZ7ZZ71|口、口],且,

所以口。&&為平行四邊形，

所以共面，

所以a4,口,OH點共面，

故選項D正確.

故選:c.

【變式2-1]（2023?全國?高三對口高考）下面幾個命題：①兩兩相交的三條直線共面；②如果兩個平面有

公共點，則公共點有無數(shù)個；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

四邊形各邊中點所得的四邊形是平行四邊形.其中正確命題的個數(shù)是（）

A.2jB.3jC.4jD.lj

【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，則無法確定一個平面，故①錯誤；

命題②：如果兩個平面有公共點，若兩平面重合，則公共點有無數(shù)個，

若兩平面不重合，則有且僅有一條過該公共點的公共直線，則公共點有無數(shù)個，故②正確；

命題③：不妨設(shè)。/〃，口門口=口,□□□=□,則以?！兑淮_定一個平面￡7,

所以DeD,DeD,所以O(shè)Du口,又￡7e口,￡7e口,所以。u口,

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OZ7DO中,連接OO,口?？傻靡粋€三棱錐，

將四個中點連接，得到四邊形口，由中位線的性質(zhì)知，口口廿口□,nn/ina,

.?四邊形。?？?。是平行四邊形，

故順次連接空間四邊形各邊中點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?高一課時練習)設(shè)。/O,口€口，口&□，當P、Q分別在平面以g運動時，

線段PQ的中點X也隨著運動，則所有的動點X()

A.不共面

B.當且僅當P、Q分別在兩條平行直線上移動時才共面

C.當且僅當P、Q分別在兩條互相垂直的異面直線上移動時才共面

D.無論P、Q如何運動都共面

【答案】D

【分析】過點X作直線〃_LD,構(gòu)造三角形證明點X到平面￡7、中）距離相等可知.

【詳解】過點X作直線。1口,記。介口=口小口=口,口與口。所確定的平面為以

因為口,Z7n□=□口,Z7n□=口□,

耐以口口〃口口,所以/□□□=乙□□□,

又口〃口,￡71口,所以口,所以乙□□□=4□□□=90°,

因為X為PQ的中點，所以口口=口口,所以△□□□沁□□□,

所以□口=口□,即X在到平面以療勺距離相等的平面上.

【變式2-3]（2022春?北京?高一101中學?？计谀┛臻g四點口口,口,3面而不共線，那么這四點中

（）

A.必有三點共線B.至多有三點共線

C.至少有三點共線D.不可能有三點共線

【答案】B

【分析】畫出空間四點a口,口,。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.

?D

AB

【變式2-4]（2022春?上海浦東新?高一上海師大附中校考期末）如圖，在下列四個正方體中

。分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，2,8,。，。四點共面的是（）.

【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷點是否共面，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A,B,C中，4,6,C,。四點顯然不共面.

對于D選項，如下圖取E,尸為正方體所在棱的中點，依次連接ADCEBF,

易知ZOCE8尸為平面正六邊形，所以2,8,U,。四點共面.

故選：D

【變式2-5】（2023?全國?高一專題練習）如圖，在長方體口O口口一口1口1口1口1中點、外正方形□口口口

的中心，點a為o’?！闹悬c，點a為口世中點，則（）

4.口、口、口、。四點共面，目口□與口口^行

B.口、口、口、。四點共面，且￡7口與￡70相交

C.口、口、口、。四點共面，目_口口與口■行

。.口、□、口、點不共面

【答案】C

【分析】連接口□、□口,分析可知孕。廳勺中點，判斷出。。與OO相交，結(jié)合中位線的性質(zhì)

可得出結(jié)論.

【詳解】逢接口口,因為二為正方形口口。世中心，則孕口小勺中點，

因為口□=口,口％口口^內(nèi)點、,故以口、a磔點共面，目口口與口口^交,

連接DO、□□咫為口、a分別為￡70、￡700勺中點，則

故選：C.

題型3圖形中位置關(guān)系的判段

【例題3]（2023?全國?高一專題練習）如圖，點A,B,C,M,N為正方體的頂點或所在棱的中點，則

下列各圖中，不滿足直線平面ABC的是（）

【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.

【詳解】對于A,由正方體的性質(zhì)可得平面ABC,OOu平面ABC,

所以直線。。/平面ABC,能滿足；

N

對于B，作出完整的截面ADBCEF,由正方體的性質(zhì)可得￡7。/。。,￡7Z7c平面ABC,□□u平面ABC,

所以直線OB/平面ABC,能滿足；

對于C,作出完整的截面ABCD,由正方體的性質(zhì)可得DO/BD,OOC平面ABC,￡7。u平面ABC,

所以直線。平面ABC,能滿足;

對于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?對口高考）如圖，正方體中，E、F分別是。的中點，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.無數(shù)條

【答案】D

【分析】在上任意取一點。，由直線&4與點O確定一個平面這個平面與OO有且僅有1個交點Z7,

當點。取不同的位置就確定不同的平面，從而與口。有不同的交點。，可得答案.

【詳解】在上任意取一點。，直線&&與點O確定一個平面，

這個平面與OZZW且僅有1個交點￡7,

當點。取不同的位置就確定不同的平面，從而與口。有不同的交點口，

而直線。。與這3條異面直線都有交點，故在空間中與三條直線4&、□□、相交的直線有無數(shù)

條.

故選：D.

【變式3-2]（2023春?高一課時練習）如圖，G,H,M,N均是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表

示GH,MN是異面直線的圖形的序號為（）

G

門

Lr-------z^lN加--------H上---------------

①②③④

A.①②B.③④C.①③D.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，易得￡7011口口/

在題圖③中，連接GM，由G,M均為所在棱的中點所以口口，且□□=；￡7。,易得四邊形GMNH

為梯形，則GH與MN相交

代-------AN

故選：D.

【變式3-3］（2021?高一課時練習）在下面四個正方體口。?？?方方方中，點口口、口均為所在

棱的中點，過口、口、a乍正方體截面，則下列圖形中，平面口口。不與直線。’。垂直的是（）

【答案】A

【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷BCD選項，利用假設(shè)法推出矛盾，可判斷A選項.

【詳解】對于A選項，連接方假設(shè)方￡7,平面。

在立方體?□□□□-￡7‘方中，仃匚iL平面口/廿口,仃Uu平面口已匚j□,：.dd1DU,所

以，△方O'O為直角三角形，且N方。方為銳角，

因為。、儂別為。吐Z7Z/中點，則CO/。'。，所以，□□與仃冰垂直,

這與?！?_L平面。矛盾，故假設(shè)不成立，即。'O與平面￡70。不垂直；

對于B選項,連接方方、DD,如下圖所示：

因為四邊形方口方方為正方形，則方方1dd,

...口廿_L平面o'方方方,nd<=平面方。'0'。'，：.nd1dd,

"DIJnZZ7ZZ7=D,DDJ"平面￡7'￡7/27,

??,ZZ7口u平面Z7ZZ7￡7,???ZZ7Z71ZZ7ZZ7,

???口、為別為方方、方?！闹悬c，則Z7Q/方o',可得do,

同理可證O'Z7_L□□,

??,□□□□□=U,???cj□母面□□□;

對于c選項，連接方。、da口□、da0口，取方方的中點。，連接方。、口口,

因為四邊形方。為正方形，則o方1方口，

Vdd，平面O￡7'方口，cjUu平面□仃［j□，:.￡701Z7Z7,

??,ZZ7ZZ7n￡7/Z7=ZZ7,???￡7'￡71平面/7'ZZ7Z27,

仃□u平面［j□匚i,Z7Z71Z7ZZ7,

???口、儂別為方o'的中點，;口□￡口,.?.DD1□口,

在正方形o'方方。'中，□、0分別為。'方、o'o’的中點，:.daidos./jD=do.

所以，四邊形方口方皿平行四邊形，所以，daidc^dD=da.

同理可證四邊形￡7方OZ7為平行四邊形，二廿口11口冷廿口=口□,

所以，dDIIDDS.dD=口口，所以，四邊形萬口。峰平行四邊形,

易得。'。=口口，所以，四邊形方。口%菱形，所以，￡7￡71口口，

■■■ZZ7ZZ7n□口=.仃□上平面口□□:

對于D選項，連接。以口□，

因為四邊形。正方形，則￡70,□□,

(j(j1_平面□□□□,口口0^^口口口口，：,[JD1□□,

□□cDD=□，:.UDDDU,

??,d□u平面口已□，:.ci[J1.,

???口、6秒為□□、￡7。的中點，則口口舊口，：.廿口、口□,同理可證方Z71口□,

,?■DDc\□口=□、：.仃□工平■'面□□□.

故選：A.

【點睛】方法點睛：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平面，則另一條也垂直于這個平面），解題時，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，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、直徑所對的圓周角、菱形的對角線互相垂直、直角三角形（或給出線段長度，

經(jīng)計算滿足勾股定理）、直角梯形等等.

【變式3-4]（2021秋?全國?高校聯(lián)考階段練習）已知直三棱柱0-dd口曲，=

□□「口，口,儂別是所在棱的中點；現(xiàn)有3個圖形如下所示.則滿足口Z71口型圖形個數(shù)為（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】圖（1）中，推導出口□1平面00,從而?！?1；圖（2）中，取&0的中點口,連接口口,

口□,故。?？赯7為平行四邊形，耐□□//□口,推導出。0_L從而0/7,DO;圖（3）中，

反證法證明〃。冰成立.

【詳解】圖（1）中，???直三棱柱。。。-daa中，

□□1LJLJ,LJLJ=□口、i

??□、J.□[J_□□],

A□=口、,u平面u平面ZZ7￡7i,

?'?JL平面ZZ7/Z7|,

u,a,a分別是所在棱的中點，.：□□人平面,

??,UUu平面□□、，：.□□L,

圖（2）中，取乜0的中點口,連接。O,口□,故。平行四邊形，

故□□“□□,而□口=,□□=□]□,□□=□口,所以△□□□.□□□、,

所以乙□口□=乙□□□%￡□□□=4口口口、因為乙□□□+4□□□=90°,

所以/□□□+4□□口=琳，：“□□□=90°,取\□□,故OO_L□口；

圖（3）中，DDL￡7冰成立.如圖，連接&口，G是BC的中點，連接AG.

假設(shè)31□口,又S1口口門口□、=口,u平面

所以□□上平面□□□□〕,

所以。Z7J.□口，:.4□□□=90°,

所以乙□□口=90°,

因為立□□□+L□□□=90°,

所以/□□□+乙□□□=90°不可能.

所以Z7OJ.￡7。不成立.

故選：C

【點睛】方法點睛：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點線共面問題的證明

【例題4]（2023?全國?高一專題練習）如圖所示,在空間四邊形ABCD中，E,F分別為AB,AD的中點，

G,H分別在BC,CD上，目口□=□□=1:2.求證：

⑴E、F、G、H四點共面；

（2）EG與HF的交點在直線AC上.

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

【分析】（1）證明出。oil口OBP可；

（2）證明出EFHG為梯形，得到EG與FH必相交，設(shè)交點為M,再結(jié)合點，線與面的關(guān)系進行證明.

【詳解】□□

,??E,F分別為AB,AD的中點，.?.￡7011口□,目口口=；口口,

.■-0/711UD,/.E,F,G,H四點共面.

（2）/G,H不是BC,CD的中點，：.□□吟□□,：、□□主口口,

由（1）知O￡7II。。，故EFHG為梯形.

.'.EG與FH必相交，設(shè)交點為M,

，￡7Z7u平面ABC,Z7Z7u平面ACD,

平面ABC,且Oc平面ACD,

.?.〃€OO,即GE與HF的交點在直線AC上.

【變式4-1］（2022春?安徽蕪湖?高一?？计谥校┤鐖D，在三棱柱ABC-LJQiUi中,￡為棱28的中點,

尸為棱歌的中點

⑴求證:E,FC,O,四點共面；

⑵求證：AiE,口￡口也交于一點、.

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【分析】(1)連接用，根據(jù)巳尸分別為AB,8c的中點，得到,再根據(jù)三棱柱的性質(zhì)證明即

可；

(2)*(1、層□□豐OZ7BE,F,口1,■四點共面，得到Z7Q與OQ必相交，設(shè)。Qn□〔□=D,

再證明De即可.

【詳解】(1)證明：如圖,

連接)，

-E,尸分別為48,8c的中點,

又"棱柱OZ27Z7-口1口口1中,Z7Z7IID1D1,

則F,尸，5,四點共面.

(2)由(1)得?？谄诘繣,F,口1,。網(wǎng)點共面，

則07g￡7。必相交.

沒□1口n□［口=口.

,:口1口u平面口口彳0/口，.?.走平面ozv/Zz//a

□1口匚￥■[&]口口]□1口，，戶￡平面Z17ZZ71□1

又平面。。彳0,加平面□口]

則OQ,,口放于一點.

【變式4-2](2023春?全國?高一專題)如圖，在長方1體口□□□-口1口1口1口1中,口、。分別是ZJ/O?和

⑴證明：口、口、□、。四點共面；

(2)對角線口彳口與平面口口交于點口，。。交于點口，求證：點口”口，。共線；

(3)證明：□□、口口、口。/三線共點.

【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。Z7〃OO,即可說明以口、口、O0點共面.

(2)先證明點De面〃O/口7m口。c面。，即點。在面口O7D/O與面￡7￡707的交線上在證明面

□□Qi口畫口□□1二口口‘即點De□□即可得到答案.

(3)延長oa支于a由于面。OO胸口□口=un1,則。在交線oojz.

【詳解】C)頻口口，口口，口4

???在長方體口口口口一口1口1口1口1中

□1□llI□□

V口、為別是和。7。7的中點

：.□LJ//口1口7

:.□□]I□□

???□、口、□、點共面

(2)?,?口口1〃口口1

口,口力口,口確定一個平■面口口1口1口

□W(^口口1口1口

□函口口1口1口

?甜角線口1□與平面□□□1交于息口

。在面口□[□[。與面□□□梅交線上

???ZZ7Z7nLJ[J=U

□函□遹□□□〕

:畫口南□□□[=□]□

□G口1口

即點口,U共線.

(3)延長。a￡7依于口

,-,□□u面□□口

U&□口

Z7G?Z7Z7Z7

---□口u面□□口

□e□口

□□口

?:面□□口n面口□口=口口1

□E□□1

??口口、口□、口口7三線共點.

【變式4-3](2023春?全國?高一專題練習)如圖，四邊形。叨厚口口。口是直角梯形，N口口口=

/□□□=9(fIDD,□□二口□,□□%口口,□□—口□,D,為別為。D,DZJB勺中

點

Q）證明：四邊形口是平行四邊形.

?口,口,口,點是否共面？為什么？

【答案】（1）證明見解析

（2）C,D,F,￡四點共面,理由見解析

【分析】（1）結(jié)合三角形中位線性質(zhì)可證得。。7/0。且口〃=口口,由此可得結(jié)論；

（2）由題可證得四邊形OODU為平行四邊形，進而可得進而即得.

【詳解】（1）因為a2分別為oa。中）中點，

而以口□

又□□邑口□,

而以□□//□□,□□=□□,

所以四邊形是平行四邊形；

（2）aaa口四點共面.理由如下：

由,DD=-2CD,境。中點知，□□=□□

所以四邊形oooo為平行四邊形，

而以,由（1）知

即以

所以0D與口。共面，又。e,

所以a口,口,。四點共面.

【變式4-4]（2023春?全國?高一專題練習）如圖所示，在正方陣□□□□一口1口1口1口1中,E,尸分別

是,?？?的中點.

Q）求證：口□,口[口,￡70E線交于點P-,

⑵在（1）的結(jié)論中，G是口Q上一點,若尸G交平面于點〃，求證：P,F,”三點共線.

【答案】Q）證明見解析；

（2）證明見解析

【分析】（1）連接口7。，口口,可得到口口11口口1且口口豐口口,則尾與。/仔目交，設(shè)交點為P,

則能得到住平面口^^□口口1口1,結(jié)合平面OOZ70n平面0即可得證；

（2）可證明P,E,〃都在平面?？诳?與平面Z6C。的交線上，即可得證

【詳解】（1）證明：連接0/0,□口1,口口

正方悻□□□□一口1口1口1□卉,巳尸分別是OO,的中點，

:.□□1舊1口且□□豐口口,

一:口口川口1口^口口1=口1口,

:.口口舊口且□□豐□□[,

???乙與￡7,0相交，設(shè)交點為P,

-：P&EC,FG平面..和平面，8。；

又,.■￡76口口1,u平面OZJZJ/ZJ?，:.□^^□□口1口1,

.7為兩平面的公共點,

,平面Z7L7Z7L7C平面ZJLZZJ/ZJ7=□口.：.口€UU,

在（1）的結(jié)論中，G是口〕口上一氨,1G交平面28。于點H,

則/Wu平面ODD,，:.□€平面口□□1,又口e平面28。，

:€^^口口口1n平面ABCD,

同理，□e平面/J。。,c平面ABCD,

口e平面?！?/7/n平面ABCD,

■■■P,E,〃都在平面與平面28。的交線上，

-P,E,〃三點共線.

【變式4-5］（2023?全國?高一專題練習）在空間四邊形288中，H,G分別是。的中點，E,F

分別邊AB,8C上的點，且需=票=:.求證：

t_IZ_/L_/1—!J

（1）點F,F,G,〃四點共面；

⑵直線小，8。，%相交于一點.

【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彳導到￡70,0演平行于。O,

由平行線的傳遞性可得根據(jù)兩平行確定一平面得出證明；

（2）利用分別在兩個平面內(nèi)的點在這兩個平面的交線上，即可證明.

【詳解】（1）由題意，作圖如下：

空間四邊形oo。。中,a2分別是oaom中點，工

又爭=票=：,.?.口口，:.,口,口,￡7,儂點共面.

1—11—1L_/L—IJ

（2）證明：趣妾□口、口口，因為口,。分別是。a口。的中點，即以口□,

且□□=4□□,又因為袈=票=：，而以□□//□□,目口口=3口口,

4l—i1-1L—Jl—IJ9

而以且□□?？诳?故四邊形oooa為梯形，目口口,?？谑翘菪蔚膬裳?/p>

所以77/7,00相交于一點.設(shè)交點為。，因為UUu平面□□□,所以O(shè)e平面。

同理De平面ODD,而平面平面￡7?！?=口□,所以O(shè)e,

故點。時直線oa口□,。。的公共點，即直線oa□口,oo?交于一點.

題型5空間中的截面問題

【例題5]（2023春?高一課時練習）用一個平面去截一個正方體，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正方體所得到的截面形狀，進而得到正確選項.

【詳解】用一個平面去截一個正方體，

當僅與共點的三條棱相交時，所得到的截面形狀是三角形：

設(shè)口□=□，口□=□，口口=口,

則￡7爐=+萬,UCf=d+仃,。爐=D2+萬

則+口d-口療>o,nd-+。萬-DE3>o,口d+口d-口吁>o,

則N□□□/□□□,z均為銳角，則截面形狀是銳角三角形.

則①判斷正確；②判斷錯誤；

用一個平面去截一個正方體，當截面為時，

四邊形。O&&為矩形.則③判斷正確；

當截面為?？?（口,口1分別為口口,口1口1中點）時，

四邊形?？赼a為菱形，令正方體棱長為a,

則?！?==苧a口口1=y[2D,則。仃+皿1=|廳H24=口療,,

則NZ7Z74不是直角，則四邊形Z7Z704不是矩形.則④⑤判斷正確；

當截面為￡70?！蹩赱（O,口份別為口口,口、4四等分點點）時,

為五邊形，則⑥判斷正確；

當我面為□□口口口口（口,□,口,口,□*儂別為所在棱中點）時,

OOOO&孕正六邊形，則⑦判斷正確；

正方體僅有6個面，因此截面不可能為七邊形.則⑧判斷錯誤.

故答案為：①③④⑤⑥⑦

【變式5-1]（2023春?全國?高一專題練習）如圖，正月體□□□□一的棱長為1,E,F,G

分別為線段O4上的動點（不含端點），

①異面直線&口與AF所成角可以為?

②當G為中點時，存在點E,F使直線4。與平面A訐平行

③當E,F為中點時，平面AEF截正方體所得的截面面積為：

④存在點G,使點C與點G到平面AEF的距離相等

則上述結(jié)論正確的是（）

A.①③B.②④C.②③D.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算，結(jié)合幾何體的

結(jié)構(gòu)特點，對每個選項進行逐一分析，即可判斷和選擇.

【詳解】對①：因為口、口〃口、口，板口、口與口由夾角即為口、口與口彌夾焦乙口【口口,

又當口與鼻合時，乙口、取得最大值，為T；

當。與點a重合時，乙口、取得最小值，設(shè)其為0，則tan〃=煞=低，故。＞六

LJ-\LJ4

又點冰能與aa重合，故（a，，。＞/故①錯誤；

對②：當皿&。中點時，存在aa分別為oa口a的中點，滿足&口］畫□□□,證明如下：

取&&的中點為o,連接&a□□,如下所示：

顯然aunDo,又口口建口口口,口口遹□□□,故&□〃面□□口；

又易得□□,□口理□□□,口□《面口□□,故□□/質(zhì)□□□；

又□、□□□□=<^口1口口,畫□□□,

又aZ7U面/771口口,故口1口畫□口□,故②正確；

對③：連接。a,如下所示：

因為故面OOO4即為平面。O很正方體所得截面;

又口、口=口口=4,故該截面為等腰梯形，又□□=,

故截面面積。=X仃一=gX停+旬X苧=/故③正確;

對④：連接取其中點為口，如下所示：

要使得點。到平面勺距離等于點U到平面。的距離，只需OO經(jīng)過勺中點，

顯然當點口。分別為所在棱的中點時，不存在這樣的點4防足要求，故④錯誤.

故選：C.

【變式5-2]（2023?江西南昌?江西師大附中?？既＃┮阎襟w口口。口一口1Uy□]0的棱長為2,口

為棱O4上的一點，且滿足平面ODO1平面。1?？?，則平面&口很四面體口口口外接球所得截

面的面積為（）

A.噂〃B.胃OC.之口D.\O

61233

【答案】A

【分析】由題意證得。是。&的中點，由四面體。。?？?勺外接球的直徑為3,得到半徑口=|,

設(shè)。是外接球的球心，求得球心平面40中]距離。=1,根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)，求得截面圓的半

O

徑萬=,進而求得截面圓的面積.

O

【詳解】在正方體?！?00—口1口1口、□內(nèi)，設(shè)平面OZJOn平面OO&=□□目，平面&￡7￡7,

由平面口口□1平面口口口,可得口□,所以口是的中點，

又四面體。的外接球的直徑為JD仃+皿=3,可得半徑。=?,

設(shè)O是￡7廳勺中點即球心，球心2!）平面4的距離為。，

又設(shè)。儂。中）交點為口，貝！Icos/q□□=%*,則sinz4□口=C0SN&口口建,

則O=。0二位口0口二^1二、，則截面圓的半徑仃=仃一U=]一$=需=￡,

所以截面圓的面積為n廳=^n.

O

故選：A.

【變式5-3]（2023?河南?河南省實驗中學校考模擬預測）已知直四棱柱OOOO-a4。的底面為

正方形，口&=2,S=1,2為口4的中點，過口,口,片點作平面Z7,則該四棱柱的外接球被平面口

截得的截面圓的周長為（）

A.V6nB.V5nC.2nD.早

【答案】D

【分析】先根據(jù)題意得到該四棱柱的外接球球心G勺位置與半徑。，再求得平面。為平面ODDO,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Zj到平面口。廳勺距離，從而得解.

【詳解】由題意知直四棱柱OR7O-d□[□]口的外接球的半徑x^12+12+22=苧，

如圖,取O4的中點。，連接口口口口,口口,易知四邊形ODOR矩形，且平面。即為平面,

分別取。￡7￡71的中點aZ7,連接。a口□,口□,則易得四邊形正方形，

由四棱柱的對稱性可知，其外接球的球心。即為正方形。?？?勺中心，取口a的中點4,連接口口,

則&□、a0平面OOOD,DUU平面。o。。，所以aO〃平面?！?。。,故球心o到平面

□oa的距離與&到平面me的距離相等，

過點&作&口1口□,垂足為D,

易知□□遹口口1口1口,□、口地口口口1口,故JJU、口]□,

又￡7￡7n=口，口口，口口仁桐口口口口,所以口1口工平面□□□□,

又□、口=口%n45。=號，所以球心。到平面距離為9，

由球的性質(zhì)知，截面圓的半徑口=J仃-&布=夠二=亨，

所以截面圓的周長為2n〃=苧化

故選：D.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵是求得球心。到面〃〃。的距離，從而求得截面圓的半徑即可得解.

【變式5-4]（2023?全國?對口高考）如圖，正方1體□□□□-□[口□]&的棱長為2g,動點P在對角

線口&上過點P作垂直于0口的平面。記這樣得到的截面多邊形（含三角形的周長為y設(shè)口口=H,

則當口e[1,5]時，函數(shù)。=0（。的值域為（）

A.[3V6.6V6]B.[V6,2V6]C.（0,V6]D.（0,3陶

【答案】A

【分析】由正方體的性質(zhì)證明Z7a1平面O0￡7同樣由正方體性質(zhì)知￡7=1時，截面與棱0a口口,

相交于它們的中點a口,a處,計算出。（1）=3V6,然后a從i開始增加，平面，逐漸平移，由棱錐平行

于底面的截面的性質(zhì)易得0（。的表