重難點07空間點線面位置關系與截面五大題型匯總技巧一．判斷空間線面位置關系（構造法）第一步首先結合題意構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；第三步得出結論.技巧二.截面問題方法匯總題型1線面關系的判斷【例題1】（2023春·高一課時練習）對于直線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，由條件可得到α⊥β或α∥β；B選項，不一定得到α⊥β，作圖說明；C選項，過m作面γ與面β交于p，可得m∥p，結合條件可得【詳解】A選項中，根據m⊥n，m∥α，B選項中，m⊥n，α∩β=

C選項中，過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選項中，根據m∥n，m⊥而n⊥β，所以得到故選：C.【變式1-1】（2023春·高一課時練習）設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其中正確命題的個數是（

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

則m//n，∵m⊥α，∴∵m//α，n⊥α，過m

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

）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】對于ACD，通過舉反例說明其錯誤；利用線面平行的性質可判斷B選項.【詳解】對于A，如圖1，若α∩β=n，α⊥β，對于B，因為α∩β=l，β∩γ=m，因為l?α，γ∩α=對于C，如圖2，若α//β，l、m分別與α、β所成的角為0°時，l

對于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·統考期末）設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.其中正確命題的個數是（

）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；對于②，若α⊥β，β⊥y，則α與y相交或平行，故②錯誤；對于③，如圖，若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，

結合圖形得l，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a,m,①m⊥αn⊥m?n⑤a⊥αaA．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，判定定理和性質定理逐個判斷可得答案.【詳解】對于①，因為n可以在平面α內，所以①錯誤；對于②，根據線面垂直的判定定理知，當一條直線和平面內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，根據面面垂直的判定定理知⑤正確；對于⑥，當α⊥β，α∩β=a，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校考模擬預測）在長方體ABCD?A1B1C1D1A．A,M,O三點共線C．B,B1,O【答案】C【分析】由長方體性質易知A,A1,C1,C四點共面且OM,BB1是異面直線,再根據M與A1【詳解】因為AA則A,因為M∈則M∈平面AC又M∈平面A則點M在平面ACC1A同理,O、A也在平面ACC所以A,從而M,O,而點B不在平面ACC所以M,B,B1而點A不在平面BB所以直線AO與平面BB所以點M不在平面BB即B,故選項C錯誤；BC∥D1所以BCD所以CA所以B,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是（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．1個【答案】B【分析】根據空間位置關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，則公共點有無數個，故②正確；命題③：不妨設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可得一個三棱錐，將四個中點連接，得到四邊形EFGH，由中位線的性質知，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α//β，P∈α，Q∈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l⊥α，構造三角形證明點X到平面α、【詳解】過點X作直線l⊥α，記l∩α=M,因為α//β，所以MP//QN，所以又α//β，l⊥α，所以因為X為PQ的中點，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中學校考期末）空間四點A,B,C,D共面而不共線，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,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·高一上海師大附中校考期末）如圖，在下列四個正方體中，A，B，C，D分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，A，B，C，D四點共面的是（

）．A． B．C． D．【答案】D【分析】根據正方體的性質判斷點是否共面，并應用平面的性質畫出截面即可判斷.【詳解】由正方體性質，選項A，B，C中，A，B，C，D四點顯然不共面．對于D選項，如下圖取E，F為正方體所在棱的中點，依次連接ADCEBF，易知ADCEBF為平面正六邊形，所以A，B，C，D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ABCD?A1B1C1D1中，點G為正方形ABCD的中心，點E為A．C、E、F、G四點共面，且CG與EF平行B．C、E、F、G四點共面，且CE與FG相交C．C、E、F、G四點共面，且CE與FG平行D．C、E、F、G四點不共面【答案】C【分析】連接AC、CE、FG，分析可知G為AC的中點，判斷出CG與EF相交，結合中位線的性質可得出結論.【詳解】連接AC，因為G為正方形ABCD的中心，則G為AC的中點，因為AC∩AE=A，F為AE的中點，故C、E、F、G四點共面，且CG與EF相交，連接CE、FG，因為F、G分別為AE、AC的中點，則CE//故選：C.題型3圖形中位置關系的判段【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MN// B． C． D．【答案】D【分析】結合線面的位置關系以及線面平行的判定定理、面面平行的性質可確定正確選項.【詳解】對于A，由正方體的性質可得MN//EF//AC，所以直線MN//

對于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質可得MN//AD，MN?平面ABC，AD

對于C，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質可得MN//BD，MN?平面ABC，所以直線MN//

對于D，作出完整的截面，如下圖ABNMHC，可得MN在平面ABC內，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AA1、CC1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．無數條【答案】D【分析】在EF上任意取一點M，由直線A1D1與點M確定一個平面，這個平面與DC有且僅有1個交點E，當點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M，直線A1D1這個平面與DC有且僅有1個交點E，當點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E，而直線ME與這3條異面直線都有交點，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（

）

A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】D【分析】根據異面直線的定義即可結合圖形關系求解.【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GH∥在題圖③中，連接GM，由G，M均為所在棱的中點，所以GM//NH,且

故選：D．【變式3-3】（2021·高一課時練習）在下面四個正方體ABCD?A'B'C'D'中，點M、N、P均為所在棱的中點，過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，利用假設法推出矛盾，可判斷A選項.【詳解】對于A選項，連接B'C，假設A'在正方體ABCD?A'B'C'D'中，A'B'⊥因為M、N分別為BB'、BC的中點，則MN//B'這與A'C⊥平面MNP矛盾，故假設不成立，即A對于B選項，連接B'D'因為四邊形A'B'∵CC'⊥平面A'B'∵A'C'∩∵A'C?平面∵M、P分別為A'B'、A'同理可證A'∵MP∩MN=M對于C選項，連接C'D、A'N、CN、A'P、PC，取A'因為四邊形CC'D∵A'D'⊥平面CC'∵CD'∩A∵A'C?平面∵M、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∵MN∩PN=N對于D選項，連接AC、BD，因為四邊形ABCD為正方形，則AC⊥∵AA'⊥平面ABCD，BD?∵AC∩AA'∵A'C?平面∵M、N分別為CD、BC的中點，則MN//BD，∴∵MN∩MP=M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、線面與面面關系的相互轉化；另外，在證明線線垂直時，要注意題中隱含的垂直關系，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·高校聯考階段練習）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，推導出DE⊥平面BC1，從而CF⊥DE；圖（2）中，取A1C1的中點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分別是所在棱的中點，∴DE⊥∵CF?平面BC圖（2）中，取A1C1的中點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CF⊥DE，又CF⊥AA所以CF⊥平面AGE所以CF⊥所以∠OAC因為∠BAC所以∠OAC所以CF⊥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）轉化為線面垂直；（2）利用向量法證明向量的數量積為0.要根據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，且BG:(1)E?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EF∥（2）證明出EFHG為梯形，得到EG與FH必相交，設交點為M，再結合點，線與面的關系進行證明.【詳解】（1）∵BG:GC=∵E，F分別為AB，AD的中點，∴EF∥BD，且∴EF∥（2）∵G，H不是BC，CD的中點，∴GH≠12由（1）知EF∥∴EG與FH必相交，設交點為M，∴EG?平面ABC，FH∴M∈平面ABC，且M∴M∈【變式4-1】（2022春·安徽蕪湖·高一校考期中）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E為棱AB(1)求證：E，F，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E，F分別為AB，BC的中點，得到EF∥AC，再根據三棱柱的性質證明即可；（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C1四點共面，得到A1E與C1【詳解】（1）證明：如圖，連接EF，∵E，F分別為AB，BC的中點，∴EF∥AC..又在三棱柱ABC?A1B∴EF∥A則E，F，A1，C（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C則A1E與設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·高一專題）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)證明：E、F、D、B四點共面；(2)對角線A1C與平面BDC1交于點O，AC,BD交于點(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，即可說明E、F、D、B四點共面.（2）先證明點O∈面AA1C1C和O∈面BDC1，即點O在面AA1C1C與面BDC（3）延長DF,BE交于G,由于面DCG∩面BCG=CC1，則G在交線【詳解】（1）連接EF,BD,∵在長方體ABCD?A∴∵E、F分別是B1C1∴EF//∴EF//BD∴E、F、D、B四點共面（2）∵A∴A,A1O∈A1∴O∈面A∵對角線A1C與平面BD∴O∈面BDO在面AA1C∵AC∩BD∴M∈面AA1C1∴面AA1C1C∴O∈C即點C1（3）延長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·高一專題練習）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，E四點是否共面？為什么？【答案】(1)證明見解析(2)C，D，F，E四點共面，理由見解析【分析】（1）結合三角形中位線性質可證得GH//BC且GH=BC，由此可得結論；（2）由題可證得四邊形BEFG為平行四邊形，進而可得CH//【詳解】（1）因為G,H分別為FA,FD的中點，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四點共面.理由如下：由BE//FA，BE=12FA，G是FA中點知，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四點共面.【變式4-4】（2023春·全國·高一專題練習）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：CE，D1(2)在（1）的結論中，G是D1E上一點，若FG交平面ABCD于點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，設交點為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，設交點為∵P∈EC，EC?平面ABCD，∴P∈平面ABCD；又∵P∈FD1，FD1?平面AD∴P為兩平面的公共點，∵平面ABCD∩平面ADD1A∴CE、D1F、DA（2）在（1）的結論中，G是D1E上一點，FG交平面ABCD于點則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三點共線．【變式4-5】（2023·全國·高一專題練習）在空間四邊形ABCD中，H，G分別是AD，CD的中點，E，F分別邊AB，BC上的點，且CFFB(1)點E，F，G，H四點共面；(2)直線EH，BD，FG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，得到EF,GH都平行于AC，由平行線的傳遞性可得EF//GH，根據兩平行確定一平面得出證明；（2）利用分別在兩個平面內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ABCD中，H,G分別是AD,CD的中點，∴HG//AC.又CFFB=AEEB=13（2）證明：連接EF、HG，因為H,G分別是AD,CD的中點，所以HG//AC，且HG=12AC，又因為CFFB=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.設交點為P，因為EH?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P時直線EH,BD,FG的公共點，即直線EH,BD,FG相交于一點.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CE=則E則EH則∠HEF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BDD四邊形BDD

用一個平面去截一個正方體，當截面為BGD1I1（四邊形BGD則BG=BI則∠GBI1

用一個平面去截一個正方體，當截面為BTRS1N1（BTRS

用一個平面去截一個正方體，當截面為PQVSJ1WPQVSJ

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，正方體ABCD?A1

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

）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④【答案】C【分析】根據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，結合幾何體的結構特點，對每個選項進行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】對①：因為D1D//A1A，故D1D與AF的夾角即為又當F與C重合時，∠A1AF當F與點C1重合時，∠A1AF取得最小值，設其為α，則又點F不能與C,C1對②：當G為B1B中點時，存在E,F分別為BC,取B1C1的中點為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③：連接AD

因為EF//BC1//AD1，故面又D1F=AE=故截面面積S=對④：連接GC，取其中點為H，如下所示：

要使得點G到平面AEF的距離等于點C到平面AEF的距離，只需EF經過GC的中點，顯然當點E、F分別為所在棱的中點時，不存在這樣的點故選：C.【變式5-2】（2023·江西南昌·江西師大附中校考三模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為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，由四面體ABCE的外接球的直徑為AE=3，得到半徑R=32，設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M是AE的中點即球心，球心M到平面A1BD的距離為又設AC與BD的交點為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·河南省實驗中學校考模擬預測）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E，連接AE,PE,BP，易知四邊形分別取AA1,BB1的中點由四棱柱的對稱性可知，其外接球的球心O即為正方形MNPE的中心，取ME的中點O1，連接O則O1O//EP,O1O?平面ABPE，EP?平面ABPE，所以O1過點O1作O1H易知AB⊥面AA1D1D，又AB∩AE=A,AB,AE又O1H=O1Esin45°=2由球的性質知，截面圓的半徑r=R所以截面圓的周長為2πr故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是求得球心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·對口高考）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為23，動點P在對角線BD

A．36,66 B．6,26 【答案】A【分析】由正方體的性質證明BD1⊥平面AB1C，同樣由正方體性質知x=1時，截面與棱BA,BC,BB1相交于它們的中點M,N,Q處，計算出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M,同理可證BD1⊥平面MNQ，由于BM=BNBD1與平面MNQ的交點P是正方體棱長為23，則MN=1所以BP=(3由棱錐的平行于底面的截面的性質知，當平面α從平面MNQ平移到平面ACB1時，f(x1=266

平面α過平面ACB1再平移至平面GHIJKL時，如圖，把正方形A1B1如圖，則H,I,J共線，由正方形性質得HI+因此此種情形下，截面GHIJKL的周長與截面ACB1的周長相等，平移平面α，一直到平面由正方體的對稱性，接著平移時，截面周長逐漸減少到f(5)=綜上，f(x)故選：A.【點睛】方法點睛:利用正方體性質求出截面初始位置（x=1）時，截面周長，然后由棱錐的性質求出f(x)（1≤x≤2），再通過空間問題平面化的思想（結合對稱性）求出【變式5-5】（2023春·安徽·高一安徽省郎溪中學校聯考階段練習）如圖，已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為4，平面α經過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O即為正四棱錐P?ABCD的外接球球心，取BC中點E，連接OE，當【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到P，A，B，C，D的距離均為22，點O即為正四棱錐P?ABCD的外接球球心，取BC中點E，連接OE，分析可知，當OE⊥α故選：C．

一．單選題1．（2021春·黑龍江鶴崗·高一統考期末）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】由題設知GH?面ADC，結合已知條件有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P一定在直線AC上.故選：B.2．（2022春·江西上饒·高一校聯考期末）設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】舉例說明判斷ABC；利用線面垂直的性質判斷D作答.【詳解】對于A，在長方體ABCD?A1B1C1D1顯然滿足m⊥n,n//對于B，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ABCD顯然滿足m//β,β⊥對于C，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，平面ABCD顯然滿足m⊥α,α⊥對于D，因為m⊥α,故選：D3．（2023春·黑龍江大慶·高一大慶實驗中學校考期中）如圖，P是正方體ABCD?A1A．直線DD1 B．直線B1C 【答案】D【分析】根據異面直線得定義逐一分析判斷即可.【詳解】對于A，連接BD,B1由BB1∥DD1，當P點位于點對于B，當點P與C1重合時，直線BP與直線B對于C，因為AB∥C1D1所以AD當點P與C1重合時，BP與A對于D，連接AC，因為P?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E、F、H、K分別為AC'、CB'、A'B、B'C'的中點，G為A．K B．H C．G D．B【答案】C【分析】對K、H、G、B'四個點逐一進行分析，找出棱柱中與平面PEF【詳解】解：取A'C'的中點M，連接EM，MK，KF則EM//CC若取點K為P，則AA故與平面KP對于B選項，當H點為P點時，取BB'中點N所以PN//由棱柱性質得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'所以結合棱柱的性質可知AB,BC,故B選項錯誤對于C選項，當點G為P時，連接BC'，則F為所以EF//由于AB,A'B'?平面故AB//平面PEF，A'B對于D選項，當點B'為P點時，連接A由C選項知EF//所以平面PEF即為平面A'此時AB//平面PEF故選：C5．（2022秋·陜西咸陽·高一統考期末）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內過b上一點P作c//a，則c//α，又b//α故選：D6．（2022春·江蘇無錫·高一輔仁高中校考期末）下列命題正確的是（

）（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】根據空間直線、平面間位置關系判斷（1）（2），由線面垂直的判定定理的性質定理判斷（3）（4）．【詳解】（1）中只有當m,n是相交直線時才有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，設交線為則由線面垂直的性質得m⊥p，過直線n上任一點P作直線t//m，則n,t是相交直線，設直線由t//m得p⊥因此由線面垂直的判定定理得p⊥γ，l⊥（4）如圖，因為PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，PB,PC?平面PBCH是P在底面ABC內的射影，即PH⊥平面ABC，又BC?平面ABC，所以因為PA∩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·高一校考期中）下列命題中成立的是（

）A．a⊥cB．P∈α，PC．A∈l，B∈lD．a//b【答案】BCD【分析】利用平面的公理直接判斷求解．【詳解】對于A：若a⊥c，b⊥c，則a//b或a與對于B：由公理三知：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，因為P∈α，P∈β且對于C：由公理一知：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內，因為A∈l，B∈l，且A∈對于D：由平行公理得：平行于同一條直線的兩條直線互相平行，因為a//b，a//故選：BCD8．（2021春·廣東佛山·高一統考期末）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在正方體的內部，由平面的延展性，截面不可能的三角形；取CC1的中點M，連接A1Q、MQ、B1M，此時過P、Q的平面α即為平面A1QMB1；取A1N=2ND【詳解】P、取CC1的中點M，連接A1Q、MQ、B1M，因為A1B1取A1N=2ND1，CE=3ED，連接PN、NQ、QE、BE、BP，分別取AB、CD的中點所以PNQEP是五邊形，此時過P、Q的平面α即為五邊形分別取A1D1、CD、CB、B1B的中點A'、B'、D'、C'，連接A故選：BCD.填空題9．（2022春·新疆和田·高一校考期末）如圖，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，根據三角形中位線可得【詳解】在正四棱柱ABCD?A1B1因F為矩形BCC1B1對角線BC1的中點，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在一個平面上，不妨設為平面α，由于EF//AC，EF?平面α,AC?平面α，所以AC//平面α，又因為AC?平面ABCD,平面ABCD∩平面α因正四棱柱ABCD?A1B1C1所以不成立的結論是④.故答案為：④10．（2023·江蘇·高一專題練習）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，當E，F，G【答案】3【分析】先作出平面EFG截正方體所得截面，進而求得該截面的周長.【詳解】連接EG并延長交CB延長線于Q，則BQ過Q作QH//BD，交AB于H，交AD于K，則過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．求證：（1）E，C，D1，F四點共面；（2）CE，D1F，DA三線共點．【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）根據平面的性質，證明點P∈平面ABCD，點P∈平面ADD1A1平面，從而證明CE，D1F，DA三線共點.【詳解】（1）證明：如圖所示，連接EF