考向32 空间点、线、面的位置关系（重点）-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题（新高考地区专用）

考向32空间点、线、面的位置关系1．（2021·山东高考真题）已知，表示平面，，表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设，，那么B．假设，，，那么C．假设，，那么D．假设，，，，那么【答案】C【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A；根据面面平行的性质定理，可判断B、C；根据面面平行的判定定理，可判定D【详解】选项A：假设，，那么或在内，故选项A错误；选项B：假设，，，那么或与异面，故选项B错误；选项D：假设，，，，且、相交才能判定，故选项C错误；选项C：依照两平面平行的性质可知C正确．故选：C2．（2021·全国高考真题（理））在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以.故选：D1、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．2、异面直线的判定方法：判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．3、求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是SKIPIF1<0，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．1．四个公理公理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．公理2：过不在一条直线上的三点，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．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．空间中直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行直线,相交直线)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点))(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．空间中直线与平面的位置关系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．4．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．等角定理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．【知识拓展】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1．（2021·广西玉林市·高一期中）在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直线与所成角的大小是（）．A． B． C． D．2．（2021·吉林长春市·（理））给出下列命题：①若的三条边所在直线分别交平面于三点，则三点共线；②若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线是异面直线；③若三条直线两两平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；④对于三条直线，若，，则.其中所有真命题的序号是（）A．①② B．①③ C．③④ D．②④3．（2021·全国）如图，、、、分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线与是异面直线的图形有______.4．（2022·全国高三专题练习（理））将正方形沿对角线折成直二面角，给出下列四个结论：①，所成的角为；②为等边三角形；③；④与平面所成角.其中真命题是______.（请将你认为是真命题的序号都填上）1．（2021·长春市基础教育研究中心（长春市基础教育质量监测中心）高三（文））长方体中，，，，则异面直线与成角余弦值为（）A． B． C． D．2．（2021·嘉峪关市第一中学高三（文））已知，是不同的直线，，是不同的平面，则的一个充分条件是（）A．， B．， C．， D．，3．（2021·全国（理））在正四面体中，E，F分别为，的中心，则下列说法中不正确的是（）A．B．平面C．异面直线，所成的角为90°D．4．（2021·全国）如图，在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成的角等于（）A．30° B．60° C．90° D．120°5．（2022·全国高三专题练习）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M、N、F分别是B1C1、CC1、AB的中点，则下列说法正确的是（）A．MNEF，且MN与EF平行 B．MNEF，且MN与EF平行C．MNEF，且MN与EF异面 D．MNEF，且MN与EF异面6．（2021·全国高三）（多选题）在三棱锥中，，，，，则下列结论中正确的是（）A．B．平面C．平面平面D．点到平面的距离为7．（2021·陕西高三（文））在空间中，给出下面四个命题，其中真命题的个数为___________.①过平面外的两点，有且只有一个平面与平面垂直；②若平面内有不共线三点到平面的距离都相等，则；③若直线与平面内的无数条直线垂直，则；④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线.8．（2021·山西大附中高三（理））在棱长为的正方体中，分别是和的中点，经过点的平面把正方体截成两部分，则截面与的交线段长为________.9．（2021·全国高三（理））如图，在正方体中，为的中点，则直线与直线所成角的正切值是___________.10．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（文））如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为______________．11．（2021·全国高三专题练习（理））已知正方体中，分别为棱的中点.（1）求证；四点共面；（2）求二面角的余弦值.12．（2021·四川省绵阳南山中学高三（文））如图，四边形为正方形，，，，（1）求证：点不在平面内：（2）若平面平面，且，求点到平面的距离．1．（2021·湖南高考真题）设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则2．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面3．（2019·上海高考真题）已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面4．（2007·江西高考真题（理））如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H．则以下命题中，错误的命题是A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°5．（2012·重庆高考真题（文））设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是（）A． B．C． D．6．（2014·全国高考真题（文））已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为A． B． C． D．7．（2019·北京高考真题（理））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．8．（2011·全国高考真题（文））已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.9．（2016·全国高考真题（理））α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，mα，那么m∥β.（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号）10．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．1．【答案】C【分析】首先把两条直线平移了有交点，再求其直线所成的角.【详解】如图连接，，则是的中点，

又为的中点，所以，连接，则是的中点，又为的中点，所以，于是是直线与所成的角或其补角．易知是正三角形，所以．故选：C2．【答案】B【分析】根据平面的基本性质，以及空间中两直线的位置关系，逐项判定，即可求解.【详解】对于①中，若的三条边所在直线分别交平面于三点，可得且平面，所以三点必在两平面的交线上，所以三点共线，所以①正确；对于②中，若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线可能相交，平行或异面直线，所以②错误；对于③中，若三条直线两两平行且分别交直线于三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；对于④中，例如：若是过长方体一顶点的三条棱，则满足若，，此时与相交，所以④错误.其中所有真命题的序号是①③.故选：B.3．【答案】②④【分析】图①中，直线，图②中面，图③中，图④中，面．【详解】解：根据题意，在①中，且，则四边形是平行四边形，有，不是异面直线；图②中，、、三点共面，但面，因此直线与异面；在③中，、分别是所在棱的中点，所以且，故，必相交，不是异面直线；图④中，、、共面，但面，与异面．所以图②④中与异面．故答案为：②④.4．【答案】①②③【分析】在①中，设，取中点，中点，中点，推导出是等边三角形，从而得到，所成的角为；在②中，由，且，由此能得到为等边三角形；在③中，推导出面，从而；在④中，推导出是与平面所成角，从而得到与平面所成角为．【详解】解：在①中：将正方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，设，取中点，中点，中点，连结，，，，，则，且，，由三角形中位线定理得，，且，，是，所成的角，，是等边三角形，，，所成的角为，故①正确；在②中：，且，，，为等边三角形，故②正确；在③中：，是中点，，，又，面，面，，故③正确；在④中：是直二面角，，平面，是与平面所成角，，，与平面所成角为，故④错误．故答案为：①②③．1．【答案】D【分析】连接，可得即为异面直线与所成的角或其补角，即可求出.【详解】连接，，四边形为平行四边形，，则即为异面直线与所成的角或其补角，.故选：D.2．【答案】B【分析】利用充分条件结线面关系的判定和性质逐个分析判断【详解】对于A，由，，可得与可能平行，可能垂直，可能相交不垂直，所以A错误，对于B，由，，可得，所以B正确，对于C，由，，可得与可能平行，可能垂直，可能相交不垂直，可能在内，所以C错误，对于D，由，，可得与可能平行，可能垂直，可能相交不垂直，所以D错误，故选：B3．【答案】D【分析】取的中点O，连接、，画出图形，结合图形，对选项中的命题真假性判断即可．【详解】解：取的中点O，连接、，如图所示：对于A，点A、F、O和点B、E、O分别共线，因为点E、F分别为和的中心，所以，所以，所以选项A正确；对于B，因为，，且，所以平面，即平面，选项B正确；对于C，因为平面，所以，选项C正确；对于D，因为，设，所以，在中，，所以，选项D错误．故选：D．4．【答案】B【分析】证明三棱柱是直三棱柱，然后补形成一个正方体，再根据平行线作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得．【详解】因为，，，平面，所以平面，面，所以．又，，所以，所以三棱柱为直三棱柱．如图，在直三棱柱中，，，将其补形成正方体，连接，，则，，所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角．在中，，所以，所以异面直线与所成的角等于60°，故选：B．5．【答案】D【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，求出即得MN，连结DE，再证明MN与EF异面，即得解.【详解】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2a，则，作点E在平面ABCD内的射影点G，连结EG，GF，所以，所以MN，故选项A,C错误；连结DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故选项B错误；故选：D．6．【答案】ABC【分析】A由线面垂直的判定得面，根据线面垂直的性质可证；B线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定得面；C利用线面垂直证明面面垂直，即可知面面；D取的中点，连接，易证平面，即可知即为点到平面的距离.【详解】由，，、面，，所以面，易得，故A正确；由平面，平面，所以面面，故C正确；易知，，、面，，所以面，故B正确；取的中点，连接，则，又面面，面面，所以平面，则即为点到平面的距离，，故D错误.故选：ABC.7．【答案】.【分析】由平面外两点的连线与平面垂直时，过两点有无数个平面与平面垂直，可判定①不正确；由只有当不共线的三点在平面的同侧时，才能得到，可判定②不正确；根据线面垂直的定义，可判定③不正确；根据两异面直线的射影的情况，可判定④不正确.【详解】对于①中，当平面外两点的连线与平面垂直时，此时过两点有无数个平面与平面垂直，所以①不正确；对于②中，只有当不共线的三点在平面的同侧时，才能得到，所以②不正确；对于③中，只有直线与平面内的任意直线垂直时，才能得到，所以③不正确；对于④中，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确，综上可得，正确命题的个数为0个.故答案为：.8．【答案】【分析】如图，先作出截面，然后利用三角形相似和勾股定理可求得答案【详解】解：如图，连接并延长交延长线于，连接交于，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接，则五边形为经过点的正方体的截面，因为为的中点，所以，因为∥，所以∽，所以，所以,因为∥，所以∽，所以，所以,所以，所以截面与的交线段长为，故答案为：9．【答案】【分析】连接，由正方体的性质可得，则为异面直线与直线所成的角，再利用锐角三角函数计算可得；【详解】故答案为：10．【答案】．【分析】先利用平行关系得到截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，从而得到截面为MIHGFE，利用正方体的棱长求出截面的周长即可．【详解】在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则，，所以截面MIHGFE的周长为，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为．故答案为：．11．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，坐标得，从而得四边形为平行四边形即可证明；（2）分别求出平面与平面的法向量和，利用向量法求解二面角的公式即可求解.【详解】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，（1）因为，，，，所以，，所以，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以四点共面；（2），设平面的法向量分别为，则，即，取得，同理可得，平面的法向量，所以，由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.12．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由反证法即可证出；（2）取中点，由题意易证，，，共面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，再由等积法即可求出．【详解】（1）证明：（反证法）假设点在平面内．设，，，四点确定的平面为．因为四边形为正方形，所以．因为平面与平面不重合，所以平面，又平面，所以平面．因为平面，平面平面，所以；所以．，为直角梯形的两腰，不可能平行，故假设不成立．点不在平面内．（3）取中点，连接，，由，所以，且，所以为平行四边形，∴且∵，且，∴，，，共面，，，，，所以，∴．由得，∴故到平面的距离是．1．【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，，则或，故选项A不正确；对于B：如图平面为平面，平面为平面，直线为，直线为，满足，，，但与相交，故选项B不正确；对于C：如图在正方体中，平面为平面，平面为平面，直线为，直线为，满足，，，则，故选项C不正确；对于D：若，，可得或，若，因为，由面面垂直的判定定理可得；若，可过作平面与相交，则交线在平面内，且交线与平行，由可得交线与垂直，由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；故选：D.2．【答案】B【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．3．【答案】B【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.【详解】设，且与均不重合假设：，由可得：，又，可知，又，可得：因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面若与或重合，同理可得与相交或异面可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行本题正确选项：【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.4．【答案】D【详解】因为三棱锥A－A1BD是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面的中心，A正确；平面A1BD∥平面CB1D1，而AH垂直于平面A1BD，所以AH垂直于平面CB1D1，B正确；根据对称性知C正确，故选D.5．【答案】A【分析】先在三角形中求出的范围，取中点，，再在三角形中求出的范围，二者相结合即可得到答案．【详解】设四面体的底面是，，，顶点为，在三角形中，因为两边之和大于第三边可得：，①取中点，是中点，直角三角形全等于直角，所以在三角形中，，两边之和大于第三边，得，（负值0值舍）②由①②得．故答案为．【点睛】本题主要考查了三角形三边关系以及异面直线的位置．解决本题的关键在于利用三角形两边之和大于第三边这一结论．6．【答案】B【详解】试题分析：如图，取中点，连接，因为是中点，则，或其补角就是异面直线所成的角，设正四面体棱