第47讲空间点、直线、平面之间的位置关系_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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 a∩b=P a∥b a∩α=A,b⊂α,A∉b 公共点个 1 0 0 数 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 面 如何一个平面内 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 第 页 共 页 1301 3427符号 l⊂α l∩α=P l∥α 公共点个数 无数个 1 0 知识点四．平面与平面的位置关系：有平行、相交两种情况． 位置关系 平行 相交(但不垂直) 垂直 图形 符号 α∥β α∩β=l α⊥β，α∩β=l 公共点个数 0 无数个公共点且都 无数个公共点且都在 在唯一的一条直线上 唯一的一条直线上 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 1 题型一：证明“点共面”、“线共面”或“点共线”及“线共点” 2276 (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:GC=DH:HC=1:2，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：GC=DH：HC=1：2，∴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EF≠GH， ∴EG与FH必相交，设交点为M， ∵EG⊂平面ABC，HF⊂平面ACD， 第 页 共 页 1302 3427∴M∈平面ABC，且M∈平面ACD， ∵平面ABC∩平面ACD=AC，∴M∈AC， ∴EG与HF的交点在直线AC上． 2277 (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， CF AE 1 BC上的点，且 = = .求证：直线EH，BD，FG相交于一点. FB EB 3 【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α， 因为点M∈直线a，点N∈直线b，所以M∈α，N∈α， 所以直线MN，即l⊂平面α，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HG= AC， 2 CF AE 1 3 又由 = = ，则EF⎳AC，且EF= AC， FB EB 3 4 故HG⎳EF，且HG≠EF，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BCD=BD， 第 页 共 页 1303 3427所以点P在直线BD上， 故直线EH,BD,FG相交于一点. 2278 (2024·河南信阳·高一校联考期中)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别是 1 1 1 1 AB,AA 上的点，且AF=2FA,BE=2AE. 1 1 (1)证明：E,C,D,F四点共面； 1 (2)设DF∩CE=O，证明：A，O，D三点共线. 1 【解析】(1)证明：如图，连接EF,AB,DC. 1 1 在正方体ABCD-ABCD 中，AF=2FA,BE=2AE，所以EF∥AB， 1 1 1 1 1 1 又BC∥AD ，且BC=AD ， 1 1 1 1 所以四边形BCDA 是平行四边形，所以AB∥DC， 1 1 1 1 ∴EF∥DC，所以E,C,D,F四点共面； 1 1 (2)证明：由DF∩CE=O，∴O∈DF，又DF⊂平面ADDA ，∴O∈平面ADDA ， 1 1 1 1 1 1 1 同理O∈平面ABCD，又平面ADDA ∩平面ABCD=AD， 1 1 ∴O∈AD，即A，O，D三点共线. 2279 (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:GC=DH:HC=1:2.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:GC=DH:HC，∴GH∥BD. 1 ∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD，且EF= BD， 2 第 页 共 页 1304 3427∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面. 1 (2)∵G，H不是BC，CD的中点，∴GH≠ BD，∴EF≠GH， 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， ∴M∈AC，即GE与HF的交点在直线AC上. 2280 (2024·云南楚雄·高一统考期中)如图，在正四棱台ABCD-ABCD 中，E，F，G，H 1 1 1 1 分别为棱AB ，BC ，AB，BC的中点． 1 1 1 1 (1)证明E，F，G，H四点共面； (2)证明GE，FH，BB 相交于一点． 1 【解析】(1)证明：连接AC，AC ，如图所示， 1 1 因为ABCD-ABCD 为正四棱台，所以AC ⎳AC， 1 1 1 1 1 1 又E，F，G，H分别为棱AB ，BC ，AB，BC的中点，所以EF⎳AC ，GH⎳AC， 1 1 1 1 1 1 则EF⎳GH，所以E，F，G，H四点共面． (2)因为AC ≠AC，所以EF≠GH，所以EFHG为梯形，则EG与FH必相交． 1 1 设EG∩FG=P，因为EG⊂平面AABB，所以P∈平面AABB， 1 1 1 1 因为FH⊂平面BBCC，所以P∈平面BBCC， 1 1 1 1 第 页 共 页 1305 3427又平面AABB∩平面BBCC=BB ，所以P∈BB ， 1 1 1 1 1 1 则GE，FH，BB交于一点． 1 2281 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，在正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别是 1 1 1 1 AB，AA 的中点． 1 (1)求证：CE，DF，DA三线交于点P； 1 (2)在(1)的结论中，G是DE上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，H三点 1 共线． 【解析】(1)证明：连接AB，CD ，EF 1 1 正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别是AB，AA 的中点， 1 1 1 1 1 ∴EF⎳AB且EF≠AB， 1 1 ∵CD ⎳AB且CD =AB， 1 1 1 1 ∴EF⎳CD 且EF≠CD ， 1 1 ∴EC与DF相交，设交点为P， 1 ∵P∈EC，EC⊂平面ABCD，∴P∈平面ABCD； 又∵P∈FD ，FD ⊂平面ADDA ，∴P∈平面ADDA ， 1 1 1 1 1 1 ∴P为两平面的公共点， ∵平面ABCD∩平面ADDA =AD，∴P∈AD， 1 1 ∴CE、DF、DA三线交于点P； 1 (2) 在(1)的结论中，G是DE上一点，FG交平面ABCD于点H， 1 则FH⊂平面PCD ，∴H∈平面PCD ，又H∈平面ABCD， 1 1 ∴H∈平面PCD ∩平面ABCD， 1 同理，P∈平面PCD ∩平面ABCD， 1 E∈平面PCD ∩平面ABCD， 1 第 页 共 页 1306 3427∴P，E，H都在平面PCD 与平面ABCD的交线上， 1 ∴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． 2 题型二：截面问题 2282 (2024·全国·高三对口高考)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2 3，动点P在对 1 1 1 1 角线BD 上，过点P作垂直于BD 的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周 1 1 长为y，设BP=x，则当x∈1,5  时，函数y=fx  的值域为 ( ) A. 3 6,6 6  B.  6,2 6  C. 0, 6  D. 0,3 6  【答案】A 【解析】 如图，连接AB,AC,CB ，BD，DD ⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD ⊥AC， 1 1 1 1 又BD⊥AC，DD ∩BD=D，BD⊂平面BDD ，DD ⊂平面BDD ， 1 1 1 1 所以AC⊥平面BDD ，又BD ⊂平面BDD ，所以AC⊥BD ， 1 1 1 1 同理BD ⊥AB ，AC∩AB =A，AC⊂平面ABC，AB ⊂平面ABC，所以BD ⊥平 1 1 1 1 1 1 1 面ABC， 1 因此平面α与平面ABC重合或平行， 1 取BA,BC,BB 的中点M,N,Q，连接MN,NQ,QM，则MN⎳AC，MQ⎳AB ， 1 1 同理可证BD ⊥平面MNQ，由于BM=BN=BQ，MN=NQ=MQ，所以三棱锥B- 1 MNQ是正三棱锥， BD 与平面MNQ的交点P是△MNQ的中心， 1 第 页 共 页 1307 34271 2 3 正方体棱长为2 3，则MN= ×2 3× 2= 6，PM= × × 6= 2， 2 3 2 所以BP= ( 3)2-( 2)2=1，所以f(1)=3 6， 由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面α从平面MNQ平移到平面ACB 时， 1 f(x) x = ，即f(x)=3 6x， 3 6 1 x 2 6 = ，x=2，显然f(2)=6 6， 1 6 平面α过平面ACB 再平移至平面GHIJKL时，如图，把正方形ABCD 沿AB 旋转 1 1 1 1 1 1 1 到与正方形ABBA 在同一平面内， 1 1 如图，则H,I,J共线，由正方形性质得HI+IJ=HJ=AB ，同理JK+KL=BC，LG+ 1 1 GH=AC， 因此此种情形下，截面GHIJKL的周长与截面ACB 的周长相等，平移平面α，一直到平 1 面ACD位置处， 1 1 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)=3 6， 综上，f(x)的值域是[3 6,6 6]． 故选：A. 2283 (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ABCD- ABCD 的棱长为1，E，F，G分别为线段BC,CC,BB 上的动点(不含端点)， 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1308 3427π ①异面直线DD与AF所成角可以为 1 4 ②当G为中点时，存在点E，F使直线AG与平面AEF平行 1 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.①③ B.②④ C.②③ D.①④ 【答案】C 【解析】对①：因为DD⎳AA，故DD与AF的夹角即为AA与AF的夹角∠AAF， 1 1 1 1 1 π 又当F与C重合时，∠AAF取得最大值，为 ； 1 2 AC π 当F与点C 重合时，∠AAF取得最小值，设其为α，则tanα= 1 1 = 2，故α> ； 1 1 AA 4 1 π 又点F不能与C,C 重合，故∠AAF∈α, 1 1 2  π ,α> ，故①错误； 4 对②：当G为BB中点时，存在E,F分别为BC,CC的中点，满足AG⎳面AEF，证明 1 1 1 如下： 取BC 的中点为M，连接AM,MG，如下所示： 1 1 1 显然AM⎳AE，又AE⊂面AEF,AM⊄面AEF，故AM⎳面AEF； 1 1 1 又易得MG⎳EF，EF⊂面AEF,MG⊄面AEF，故MG⎳面AEF； 又AM∩MG=M,AM,MG⊂面AMG，故面AMG⎳面AEF， 1 1 1 1 又AG⊂面AMG，故AG⎳面AEF，故②正确； 1 1 1 对③：连接AD,DF,AE，如下所示： 1 1 第 页 共 页 1309 3427因为EF⎳BC ⎳AD ，故面AEFD 即为平面AEF截正方体所得截面； 1 1 1 5 2 又DF=AE= ，故该截面为等腰梯形，又EF= ，AD = 2， 1 2 2 1 1 故截面面积S= 2 EF+AD 1  AD -EF × DF2- 1 1 2  2 1 2 = × + 2 2 2  3 2 × = 4 9 ，故③正确； 8 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. 2284 (2024·河南·模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，M，N分别为AD，CD 的中 1 1 1 1 1 1 点，过M，N，B 三点的平面截正方体ABCD-ABCD 所得的截面形状为 ( ) 1 1 1 1 1 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BQ=3AQ，取CD中点为P，连接QM,BP,NP,BQ. 1 在DD 上取点R，且DR=3DR，连结NR,MR. 1 1 第 页 共 页 1310 3427AQ AM 1 因为 = = ，∠QAM=∠PCB， CP BC 2 所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM=∠BPC. 又AB∥CD，所以∠ABP=∠BPC，所以∠ABP=∠AQM， 所以，QM∥BP. 因为N,P分别为CD,CD的中点，所以PN∥CC ，且PN=CC. 1 1 1 1 根据正方体的性质，可知BB ∥CC ，且BB =CC ， 1 1 1 1 所以，PN∥BB ，且PN=BB ， 1 1 所以，四边形BPNB 是平行四边形， 1 所以，BN∥BP，所以BN∥QM. 1 1 同理可得，NR∥BQ. 1 所以，五边形QMRNB 即为所求正方体的截面. 1 故选：B. 2285 (2024·河南·模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，M,N分别为AD，CD 的中点， 1 1 1 1 1 1 则下列结论正确的个数为 ( ) 2 2 ①MN⎳平面AACC ；②MN⊥BC；③直线MN与AC 所成角的余弦值为 1 1 1 1 3 ④过M,N,B 三点的平面截正方体ABCD-ABCD 所得的截面为梯形 1 1 1 1 1 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】连接BD，交AC于点O，则O是AC的中点，连接OM,OC ，由于M,O,N是中 1 1 点，可得OM⎳CD⎳CN,OM= CD=CN， 1 2 1 所以四边形MOCN是平行四边形，所以OC ⎳MN, 1 1 又OC ⊂平面AACC，MN⊄平面AACC，所以MN⎳平面AACC，即①正确； 1 1 1 1 1 1 1 连接BC,AD ，则BC ⊥BC，在正方体ABCD-ABCD 中，AB⊥平面BCCB ，又 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BC⊂平面BCCB ，所以BC⊥AB, 1 1 1 1 又BC ∩AB=B，BC ⊂平面ABCD ，AB⊂平面ABCD ，所以BC⊥平面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 若MN⊥BC，则MN⎳平面ABCD 或MN⊂平面ABCD ，而MN与平面ABCD 相 1 1 1 1 1 1 1 交，所以MN与BC不垂直，即②错误； 1 由于OC ⎳MN，所以∠OCA为直线MN与AC 所成角(或补角)， 1 1 1 设正方体棱长为2， 则AO= 2,AC =2 3,OC = 6,所以由余弦定理得cos∠OCA= 1 1 1 AC2+CO2-AO2 2 2 1 1 = ，即③正确； 2AC ∙CO 3 1 1 第 页 共 页 1311 3427因为平面ABCD与平面ABCD 平行，则过M,N,B 三点的截面与这两个平面的交线 1 1 1 1 1 平行，由于其中一条交线是BN,另一交线过点M，所以在平面ABCD内作ME与BN 1 1 平行(E是靠近A的四等分点)，连接BE，同理作出NF与BE平行(F是靠近D的三等 1 1 分点)，从而得到截面MFNBE，可知截面是五边形，即④错误； 1 综上，正确的个数是2个. 故选：B. 2286 (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ABCD- ABCD 中，E，F分别为AB，BC的中点，对于如下命题：①异面直线DD 与BF所成 1 1 1 1 1 1 5 角的余弦值为 ；②点P为正方形ABCD 内一点，当DP⎳平面BEF时，DP的最 5 1 1 1 1 1 3 2 小值为 ；③过点D ，E，F的平面截正方体ABCD-ABCD 所得的截面周长为 2 1 1 1 1 1 2 13+ 2；④当三棱锥B -BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的体积为 1 6π．则正确的命题个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【解析】对于①，∵DD ⎳BB ， 1 1 ∴在Rt△BBF中∠BBF即为异面直线DD 与BF所成的角， 1 1 1 1 BB 2 2 5 ∴cos∠BBF= 1 = = ， 1 B 1 F 12+22 5 2 5 ∴异面直线DD 与BF所成的角的余弦值为 ．故①错误； 1 1 5 对于②，取AD 的中点M,DC 的中点N，取AD的中点S，连接MN，DM，DN,AS, 1 1 1 1 1 SF， ∵SF⎳AB⎳AB,SF=AB=AB, 1 1 1 1 ∴▱ABFS∴AA ⎳BF∵AS⎳DM∴MD⎳BF， 1 1 1 1 1 1 同理可得DN⎳BE， 1 第 页 共 页 1312 3427又∵DM⊄面BEF，BF⊂面BEF，DN⊄面BEF，BE⊂面BEF， 1 1 1 1 1 1 ∴DM⎳面BEF，DN⎳面BEF， 1 1 又∵DM∩DN=D，DM、DN⊂面DMN， ∴面DMN⎳面BEF， 1 又∵DP⎳面BEF，P∈面ABCD ， 1 1 1 1 1 ∴P轨迹为线段MN， ∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值， 在Rt△DDM中，DM=1，DD=2，∴DM= 5， 1 1 1 在Rt△DDN中，DN=1，DD=2，∴DN= 5， 1 1 1 在Rt△MDN中，DN=1，DM=1，∴MN= 2， 1 1 1 MN ∴如图，在Rt△DPN中，DP= DN2- 2  2 1 3 2 = 5- = ．故②正确； 2 2 对于③，过点D 、E、F的平面截正方体ABCD-ABCD ， 1 1 1 1 1 ∵平面AADD⎳平面BBCC，则过点D 、E、F的平面必与AA 、CC 各交于一点， 1 1 1 1 1 1 1 设过点D 、E、F的平面必与AA 与CC 分别交于M、N， 1 1 1 ∵过点D 、E、F的平面与平面AADD和平面BBCC分别交于DM与FN，∴ 1 1 1 1 1 1 DM⎳NF，同理可得DN⎳ME， 1 1 如图过点D 、E、F的平面截正方体ABCD-ABCD 所得的截面图形为五边形 1 1 1 1 1 DMEFN， 1    如图以D为原点，分别以DA、DC、DD 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐 1 标系D-xyz， 第 页 共 页 1313 3427设AM=m，CN=n， 则M2,0,m  ，N0,2,n  ，E2,1,0  ，F1,2,0  ，D 10,0,2  ，  ∴ME=0,1,-m   ，D 1 N=0,2,n-2   ，D 1 M=2,0,m-2   ，NF=1,0,-n  ， ∵DM⎳NF，DN⎳ME， 1 1 2 m= ∴   - - 2 2 m n= = m n- - 2 2 ，解得   2 3 ， n= 3 2 2 ∴AM= ，CN= ， 3 3 4 4 ∴AM= ，CN= ， 1 3 1 3 4 2 13 2 13 ∴在Rt△DAM中，DA =2，AM= ，∴DM= ，同理：DN= ， 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 2 13 13 在Rt△MAE中，AM= ，AE=1，∴ME= ，同理：FN= 3 3 3 在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴EF= 2， 2 13 13 ∴DM+DN+ME+FN+EF=2× +2× + 2=2 13+ 2， 1 1 3 3 即过点D 、E、F的平面截正方体ABCD-ABCD 所得的截面周长为2 13+ 2．故 1 1 1 1 1 ③正确； 对于④，如图所示，取EF的中点O ，则OE=OF=OB，过O 作OO ⎳BB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 且使得OO = BB =1，则O为三棱锥B -BEF的外接球的球心， 1 2 1 1 所以OE为外接球的半径， ∵在Rt△EBF中，EF= 2， 第 页 共 页 1314 3427EF ∴R2=OE2=OO2+ 1 2  2 =12+ 2 2  2 3 6 = ，则R= ， 2 2 4 4 6 ∴V = πR3= π 球 3 3 2  3 = 6π．故④正确， 故选：C． 2287 (2024·河南新乡·统考三模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，E是棱 1 1 1 1 CC 的中点，过A,D,E三点的截面把正方体ABCD-ABCD 分成两部分，则这两部 1 1 1 1 1 1 分中大的体积与小的体积的比值为 ( ) 17 13 7 7 A. B. C. D. 7 7 3 4 【答案】A 【解析】连接BC ，设平面ADE与平面BCCB 交于EF， 1 1 1 1 因为平面BCCB ∥平面ADDA ，平面ADE与平面ADDA 交于AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 则EF∥AD ，又AD ∥BC ， 1 1 1 则EF∥BC ，又E是棱CC 的中点，则F是BC的中点. 1 1 1 1 1 S =S = ×1×1= ,S =S = ×2×2=2，h=CD=2, 1 △CEF 2 2 2 △ADD1 2 1 V CEF-ADD1 = 3 S 1 +S 2 + S 1 S 2  1 1 h= × +2+1 3 2  7 ×2= ， 3 7 17 17 7 17 V =V -V =8- = ，故 ÷ = . 剩余 正方体 CEF-ADD1 3 3 3 3 7 故选：A. 2288 (2024·新疆·校联考二模)已知在直三棱柱ABC-ABC 中，E，F分别为BB ，AC 的 1 1 1 1 1 1 中点，AA =2，AB=2，BC=3 2，AC=4，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直 1 三棱柱ABC-ABC 的截面，则所得截面的面积为 ( ) 1 1 1 第 页 共 页 1315 3427A. 10 B. 15 C.2 5 D. 30 【答案】B 【解析】解析：延长AF，CC 且AF与CC 相交于G，连接EG，并与BC 相交于D，连接 1 1 1 1 FD，则四边形AEDF为所求的截面. 在Rt△ABE中，由AB=2，BE=1，得AE= 5. 在Rt△AAF中，由AA =2，AF=2，得AF=2 2. 1 1 1 因为F为AC 的中点，所以由平面几何知识可知，△AAF≌△FGC. 1 1 1 1 所以AA =GC ，FG=AF，即F为AG的中点，所以AG=4 2. 1 1 又由BE⎳GC ，可得△BED∽△GDC ， 1 1 1 1 又GC =2BE，BC =3 2，所以DC =2 2. 1 1 1 1 1 在Rt△GDC 中，由DC =2 2，GC =2，得GD=2 3，所以GE=3 3. 1 1 1 所以在△AEG中，有AG=4 2，GE=3 3，AE= 5， 1 即GE2+AE2=AG2，所以AE⊥GE.又注意到S = AG⋅EG⋅sin∠AGE， △AEG 2 1 1 1 2 1 S = FG⋅DG⋅sin∠AGE= × GA⋅ GE⋅sin∠AGE= S ， △FDG 2 2 2 3 3 △AEG 2 2 1 则四边形AEDF的面积为 S = × ×3 3× 5= 15. 3 △AEG 3 2 故选：B． 2289 (2024·新疆阿克苏·校考一模)已知M，N，P是正方体ABCD-ABCD 的棱AB， 1 1 1 1 AA ，CC 的中点，则平面MNP截正方体ABCD-ABCD 所得的截面是 ( ) 1 1 1 1 1 1 A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 【答案】D 第 页 共 页 1316 3427【解析】如图所示，分别取BC，CD ，AD 的中点Q，E，F，连接 MN，MQ，QP，PE， 1 1 1 1 EF，FN，则MN∥AB，EP∥CD. 1 1 ∵AB∥CD ，∴MN∥EP. 1 1 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ABCD-ABCD 所得的截面是六边形. 1 1 1 1 故选：D. 2290 (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ABCD-ABCD 1 1 1 1 中，点Р是侧面ADDA 上的点，且点Р到棱AA 与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与 1 1 1 BD 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 1 ( ) 9 13 A. B.5 C. D.8 2 2 【答案】C 【解析】 由题意可以作出与BD 垂直的平面DAC ， 1 1 1 利用面面平行可作出过点P且平行于平面DAC 的平面GJKLNM， 1 1 则平面GJKLNM与BD 垂直， 1 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AA 与到棱AD的距离均为1， 1 所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点 1 1 13 S=S -S -S =3×3- ×1×1- ×2×2= ， □ABCD △DJK △OBQ 2 2 2 故选：C. 第 页 共 页 1317 3427【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． 3 题型三：异面直线的判定 2291 (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． 2292 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知正方体ABCD-ABCD ，点P在直线AD 上， 1 1 1 1 1 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PQ⊥AC B.存在点P，使得PQ⎳AB 1 1 1 C.直线PQ始终与直线CC 异面 D.直线PQ始终与直线BC 异面 1 1 【答案】C 【解析】正方体ABCD-ABCD 中，易得AC ⊥平面BDDB ，因为点P在直线AD 1 1 1 1 1 1 1 1 1 上，Q为线段BD的中点， 当点P和点D 重合时，PQ⊂平面BDDB ，∴PQ⊥AC ，故A正确； 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1318 3427连接AD、AB，当点P为线段AD的中点时，PQ为三角形ABD的中位线，即 1 1 1 1 PQ⎳AB，故B正确； 1 CC ⊂平面AACC，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AACC，所以直线PQ和CC 1 1 1 1 1 1 在同一平面内，故C错误； BC ⊂平面ABCD ，PQ∩平面ABCD =P，P∉BC ，所以直线PQ始终与直线BC 1 1 1 1 1 1 1 不相交，且不平行， 所以直线PQ与直线BC 是异面直线，故D正确； 1 故选：C 2293 (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 OO 中，过旋转轴OO 作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F 1 1 是AB的中点，则 ( ) A.AE=CF，AC与EF是共面直线 B.AE≠CF，AC与EF是共面直线 C.AE=CF，AC与EF是异面直线 D.AE≠CF，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OO 中，母线AB=2，BC=2，E是BC的中点，则 1 BE=AE= 2， 因为F是AB的中点，又AB=2，则BF=1， AE= AB2+BE2= 4+ 2  2= 6，CF= BC2+BF2= 4+1= 5， ∴AE≠CF， 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． 2294 (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ABCD-ABCD 1 1 1 1 第 页 共 页 1319 3427中，M，N，P分别是棱AD ，DC ，AB的中点，Q是线段MN上的动点，则下列直线中， 1 1 1 1 始终与直线PQ异面的是 ( ) A.AB B.BC C.CA D.DD 1 1 1 1 【答案】A 【解析】对于选项A，AB ⊂面ABBA ，P∈面ABBA ，Q∉面ABBA ，所以直线PQ 1 1 1 1 1 1 1 与AB 异面； 1 对于选项B，当Q与N重合时，因为PB⎳NC ，又M，N，P分别是棱AD ，DC ，AB的 1 1 1 1 1 中点，所以PB=NC ，所以PQ⎳BC ，选项B错误； 1 1 对于选项C，连接AP,PC,CN,NA ，在正方体中，易得AP⎳CN且AP=CN，所以 1 1 1 1 AC与PN相交，即当Q与N重合时，PQ与CA 相交，选项C错误； 1 1 对于选项D，取AB 中点H，连DH交MN于E，连DP,PH，因为PH⎳DD 且PH= 1 1 1 1 DD ，所以DP⎳DH且DP=DH，故当Q与E重合时，PQ与DD 相交，选项D错误. 1 1 1 1 故选：A. 2295 (2024·上海·高三校联考阶段练习)如图所示，正三棱柱ABC-ABC 的所有棱长均为 1 1 1 1，点P、M、N分别为棱AA 、AB、AB 的中点，点Q为线段MN上的动点．当点Q由 1 1 1 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CQ与直线CP可能相交 B.直线CQ与直线CP始终异面 1 1 C.直线CQ与直线CP可能垂直 D.直线CQ与直线BP不可能垂直 1 1 【答案】B 【解析】在正三棱柱ABC-ABC 中， 1 1 1 因为点M、N分别为棱AB、AB 的中点，所以MN⎳AA ， 1 1 1 又MN⊄平面AACC，AA ⊂平面AACC， 1 1 1 1 1 所以MN⎳平面AACC， 1 1 因为C,P,C∈平面AACC，C ∉PC，Q∈MN， 1 1 1 1 所以C,P,C,Q四点不共面， 1 所以直线CQ与直线CP始终异面，故A错误，B正确； 1 第 页 共 页 1320 3427对于C，设NQ=λMN0≤λ≤1  ，          1 1 则QC =QN+NC =λMN+ NA +AC =λAA +AC- AB， 1 1 2 1 1 1 1 2    1 CP= AA -AC， 2 1   若直线CQ与直线CP垂直，则QC ⋅CP=0， 1 1    1 即λAA +AC- AB 1 2    1 ⋅ AA -AC 2 1  =0，           λ 1 1 1 所以 AA2-λAA ⋅AC+ AA ⋅AC-AC2- AA ⋅AB+ AB⋅AC=0， 2 1 1 2 1 4 1 2 λ 1 1 3 即 -1+ ×1×1× =0，解得λ= ， 2 2 2 2 因为0≤λ≤1，所以不存在点Q使得直线CQ与直线CP垂直，故C错误； 1 对于D，连接CN， 1 因为CA =CB,N为AB 的中点，所以CN⊥AB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又因AA ⊥平面ABC ，CN⊂平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以AA ⊥CN， 1 1 因为AA ∩AB,AA,AB ⊂平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以CN⊥平面ABBA ， 1 1 1 又BP⊂平面ABBA ，所以CN⊥BP， 1 1 1 所以当点Q在N的位置时，直线CQ与直线BP垂直，故D错误. 1 故选：B. 2296 (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ABCD -ABCD 中，E、F、G、H分别为棱CC ，BB ，CF，AF的中点，对空间任意两点M、 1 1 1 1 1 1 N，若线段MN与线段AE、BD 都不相交，则称点M与点N可视，下列选项中与点D可 1 视的为 ( ) A.B B.F C.H D.G 1 【答案】D 第 页 共 页 1321 3427【解析】根据棱台的性质可知BD ⎳DB，连接BD ，BD、EF、DE、DH、DF， 1 1 1 1 因为E、F分别为棱CC ，BB 的中点， 1 1 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BD ⎳DB，所以四边形BDDB是梯形，所以BD与BD 相交，故A错误； 1 1 1 1 1 1 因为EFAD为梯形，G为CF的中点，即G∉EF，则D、E、G、A四点不共面，所以DG 与AE不相交， 若DG与BD 相交，则D、B、G、D 四点共面， 1 1 显然D、B、B 、D 四点共面，G∉平面DBBD ，所以D、B、G、D 四点不共面，即假设 1 1 1 1 1 不成立， 所以DG与BD 不相交，即G点与点D可视，故D正确． 1 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． 4 题型四：异面直线所成的角 2297 (2024·全国·高三专题练习)如图,在正方体ABCD-ABCD 中,点E,F分别是棱 1 1 1 1 AD,CC 的中点,则异面直线AE与BF所成角的大小为 ． 1 1 π 【答案】 2 【解析】取DD中点为G,连接AG,GF,记AE与AG交点为M,如图所示: 1 1 第 页 共 页 1322 3427因为G,F分别是棱DD,CC 的中点, 1 1 所以GF∥AB,且GF=AB,故四边形ABGF为平行四边形, 所以AG∥BF,所以AE与BF所成角即为AE与AG所成角, 1 1 因为正方体ABCD-ABCD,E,G是棱AD,DD的中点, 1 1 1 1 1 π 所以AA=AD,AE=GD,∠AAD=∠ADG= , 1 1 2 所以△AAE≅△ADG,即∠AAE=∠DAG, 1 1 π π 因为∠DAG+∠AAG=∠AAE= ,所以∠AAE+∠AAG= , 1 1 2 1 1 2 所以∠AMA 1 =π-∠AA 1 E+∠A 1 AG  π = , 2 π π 故AE与AG所成角为 ,即AE与BF所成角为 . 1 2 1 2 π 故答案为: 2 2298 (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，EF= BD=3, 2 因为△ABC与△ACD为等边三角形, 所以AE=3,AC=6，故CE=3 3，同理CF=3 3， 在△CEF中,由余弦定理可得: EF2+CE2-CF2 9+27-27 3 cos∠FEC= = = ， 2⋅EF⋅CE 2⋅3⋅3 3 6 3 故∠FEC=arccos , 6 第 页 共 页 1323 3427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 2299 (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 . (1)直线AF与直线DE相交； (2)直线CH与直线DE平行； (3)直线BG与直线DE是异面直线； (4)直线CH与直线BG成60°角. 【答案】(3)(4)/(4)(3)【解析】由正方体的平面展开图可得正方体ABCD-EFGH， 可得AF与ED为异面直线，故(1)错误； CH与DE为异面直线，故(2)错误； 直线BG与直线DE是异面直线，故(3)正确； 连接AH，AC，由正方体的性质可得AH⎳BG，所以∠AHC为异面直线CH与直线BG 所成的角，因为△AHC为等边三角形，所以∠AHC=60°，即直线CH与直线BG所成角为 60°，故(4)正确； 故答案为：(3)(4)． 2300 (2024·全国·高三专题练习)如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一小块， 八个顶点共截去八小块，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的“阿基米德多面体”， 则异面直线AB与CD所成角的大小是 第 页 共 页 1324 3427π 【答案】60°## 3 【解析】如图所示，由题可知，四边形ABEG和CDFE均为正方形，△EFG为正三角形， ∵AB⎳EG，CD⎳EF， ∴∠GEF或其补角为异面直线AB与CD所成角， 而△EFG为正三角形， ∴∠GEF=60°， 即异面直线AB与CD所成角的大小是60°. 故答案为：60°. 2301 (2024·全国·高三对口高考)线段AB的两端分别在直二面角α-CD-β的两个面α、β 内，且与这两个面都成30°角，则直线AB与CD所成的角等于 ． π 【答案】 /45° 4 【解析】如图： 过AB分别作棱的垂线，垂足设为C,D连结BC,AD， 由直线垂直于平面的性质定理知AC⊥α，BD⊥β. 所以∠ABC=∠BAD=30°. 作AE∥CD且AE=CD，则∠BAE为直线AB与CD所成的角. 连结EB，可得AE⊥BD，AE⊥ED，所以AE⊥BE， 所以三角形AEB为直角三角形. 设AB=2a，AC=ED=BD=a，所以BE= 2a， 第 页 共 页 1325 3427所以∠BAE=45°. π 直线AB与CD所成的角等于 . 4 π 故答案为： . 4 2302 (2024·全国·高三专题练习)如图，等腰梯形ABCD沿对角线AC翻折，得到空间四边形 1 DABC，若BC=CD=DA= AB=1，则直线AD 与BC所成角的大小可能为 1 2 1 .(写出一个值即可) 【答案】90°(答案在60°,90°  内即可) 【解析】由题意，补全等腰梯形ABCD为正三角形ABE，则直线AD 与BC所成角的大 1 小为直线AE与BC所成角，易得当等腰梯形ABCD沿对角线AC翻折时，AE的轨迹为 以A为顶点，AC为高的圆锥侧面，设∠BCF=90°，在CF上取G使得EG⎳BC，则直线 EG AD 1 与BC所成角即∠AEG，故cos∠AEG= AE ，因为AE=2，EG∈0,1  ，故 1 cos∠AEG∈ 0,  2  ，故∠AEG∈60°,90°  ，故只需写出60°,90°  内的角度即可，如90° 故答案为：90°(答案在60°,90°  内即可) 【解题方法总结】 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借 助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤 一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角． 第 页 共 页 1326 34275 题型五：平面的基本性质 2303 (多选题)(2024·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测)已知α，β是两个不同的平 面，则下列命题正确的是 ( ) A.若α∩β=l，A∈α且A∈β，则A∈l B.若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉β C.若A∈α且B∈α，则直线AB⊂α D.若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线 【答案】ABC 【解析】对于A，由根据A∈α且B∈β，则A是平面α和平面β的公共点， 又α∩β=l，由基本事实3(公理2)可得A∈l，故A正确； 对于B，由基本事实1(公理3)：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面， 又A∈β,B∈β，且A,B,C∈α，则C∉β，故B正确； 对于C，由基本事实2(公理1)：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，故C正确； 对于D，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相 交、平行、重合，故D错误. 故选：ABC. 2304 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)有下列命题： ①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面； ③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合． 其中正确命题是 ( ) A.① B.② C.③ D.④ 【答案】BC 【解析】对于①，经过不共线的三点确定一个平面，故①不正确； 对于②，因为梯形的两底边平行，经过两条平行直线确定一个平面，故②正确； 对于③，当三条直线交于不同的三点时，三条直线只确定一个平面；当三条直线交于一点 时，三条直线最多确定三个平面，故③正确； 对于④，当两个平面的三个公共点在一条直线上时，这两个平面相交于这条直线，不一定 重合，故④不正确. 故选：BC 2305 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中 不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题，在空间中仍然成立的有 ( ) A.平行于同一条直线的两条直线必平行 B.垂直于同一条直线的两条直线必平行 C.一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 D.一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 【答案】AC 【解析】根据线线平行具有传递性可知A正确； 空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误； 第 页 共 页 1327 3427根据定理：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可知C正 确； 如图，α⊥β,α∩β=l,且OA⊥l,CD⊥l， 则OA⊥CE,CD⊥OB,但∠AOB和∠DCE的关系不确定， 故D错误. 故选：AC 2306 (多选题)(2024·重庆沙坪坝·高三重庆市第七中学校校考阶段练习)下列命题中错误的 是 ( ) A.空间三点可以确定一个平面 B.三角形一定是平面图形 C.若A，B，C，D既在平面α内，又在平面β内，则平面α和平面β重合 D.四条边都相等的四边形是平面图形 【答案】ACD 【解析】对于A：若空间中三点共线，则无法确定平面，故A错误； 对于B：三角形一定是平面图形，故B正确； 对于C：若A，B，C，D既在平面α内，又在平面β内，则此四点可能在平面α与平面β的 交线上，无法确定平面α和平面β是否重合，故C错误； 对于D：四条边都相等的四边形可能是空间四边形，故D错误； 故选：ACD 2307 (多选题)(2024·全国·模拟预测)如图，点E，F，G，H分别是正方体ABCD- ABCD 中棱AA ，AB，BC，CD 的中点，则 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 A.GH=2EF B.GH≠2EF C.直线EF，GH是异面直线 D.直线EF，GH是相交直线 【答案】BD 【解析】如图，取棱CC 的中点N，AD 的中点M，连接EM，MH，HN，NG，FG，AC， 1 1 1 AC ， 1 1 第 页 共 页 1328 3427在正方体ABCD-ABCD 中，∵MH⎳AC ⎳AC⎳FG， 1 1 1 1 1 1 ∴M，H，F，G四点共面，同理可得E，M，G，N四点共面，E，F，H，N四点共面， ∴E，M，H，N，G，F六点共面，均在平面EFGNHM内， ∵EF⎳HN，HN∩HG=H， HN，HG，EF⊂平面EFGNHM， ∴EF与GH是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得EF=HN=NG= FG=EM=MH， ∴ 3EF=GH，即GH≠2EF． 故选：BD． 2308 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为1，线 1 1 1 1 1 段BD 上有两个动点E、F，且EF= ，则下列结论中正确的是 ( ) 1 1 2 A.线段BD 上存在点E、F使得AE⎳BF 1 1 B.EF⎳平面ABCD C.△AEF的面积与△BEF的面积相等 D.三棱锥A-BEF的体积为定值 【答案】BD 【解析】如图所示，AB与BD 为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误； 1 1 第 页 共 页 1329 3427BD ⎳BD，故EF⎳平面ABCD，故B正确； 1 1 由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误； 连结BD交AC于O，则AO为三棱锥A-BEF的高， 1 1 1 S = × ×1= ， △BEF 2 2 4 1 1 2 2 三棱锥A-BEF的体积为 × × = 为定值，D正确； 3 4 2 24 故选：BD. 6 题型六：等角定理 2309 (2024·河南新乡·新乡市第一中学校考模拟预测)在棱长均相等的四面体ABCD中，P 为棱AD(不含端点)上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行.若平面α与平面 ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为 ． 2 2 2 【答案】 / 2 3 3 【解析】连接PB,PC, 由题意知过点A的平面α与平面PBC平行，平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别 为m，n， 由于平面α∥平面PBC，平面PBC∩平面ABD=PB，平面PBC∩平面ACD=PC， 所以m∥BP，n∥PC， 所以∠BPC或其补角即为m，n所成的平面角， 设正四棱锥ABCD的棱长为1，AP=x，030°，从而存在两条直线满足条件．而AC，AD 的外角为120度，所以不存在 1 外角平分线满足条件． 综上，满足条件的直线共2条． 故答案为：2. 2311 (2024·高三课时练习)若空间两个角α与β的两边对应平行，当α=60°时，则β= ． 【答案】60°或120° 【解析】当空间两个角α与β的两边对应平行，且两边的方向完全一致时，β=α=60°； 当空间两个角α与β的两边对应平行，且两边方向不完全一致时，β=π-α=120°. 第 页 共 页 1331 3427故答案为：60°或120° 2312 (2024·全国·高三专题练习)设∠A和∠B的两边分别平行，若∠A=45°，则∠B的大小 为 . 【答案】45°或135°/135°或45° 【解析】根据等角定理：一个角的两边平行于另外一个角的两边，则这两个角相等或互补. 故答案为：45°或135°. 2313 (2024·全国·高三专题练习)空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形 各边中点，所组成的四边形是 . 【答案】正方形 【解析】连接AC、BD， ∵E、F、G、H分别为各边的中点， ∴EF⎳AC，GH⎳AC，EH⎳BD，FG⎳BD， 1 1 EF=GH= AC，EH=FG= BD， 2 2 ∴四边形EFGH是平行四边形， ∵AC⊥BD，且AC=BD， ∴EF⊥FG，且EF=FG， ∴四边形EFGH是正方形； 故答案为：正方形． 2314 (2024·江西吉安·高一校联考期末)已知空间中两个角∠AOB，∠AOB ，且 1 1 1 OA⎳OA ，OB⎳OB ，若∠AOB=60°，则∠AOB = . 1 1 1 1 1 1 1 【答案】60°或120° 【解析】因为两个角∠AOB，∠AOB ，且OA⎳OA ，OB⎳OB ， 1 1 1 1 1 1 1 则∠AOB，∠AOB 的两边分别平行， 1 1 1 所以∠AOB，∠AOB 相等或互补， 1 1 1 又∠AOB=60°，所以∠AOB =60°或120° 1 1 1 故答案为：60°或120° 2315 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高一校联考期末)已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边 分别平行，若α=70°，则β= ． 【答案】70°或110° 【解析】根据等角定理知：α=β或α+β=180°， 第 页 共 页 1332 3427若α=70°，则β=70°或110°. 故答案为：70°或110° 【解题方法总结】 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 第 页 共 页 1333 3427