2024年高中数学专题8-8重难点题型培优检测空间点直线平面之间的位置关系教师版新人教A版必修第二册

专题8.8空间点、直线、平面之间的位置关系一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2024春·江苏南京·高一期中）下列命题是真命题的是（

）A．假如两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合B．若四点不共面，则其中随意三点不共线C．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内D．三个不重合的平面最多可将空间分成七个部分【解题思路】A.这两个平面可能相交或重合，所以该选项错误；B.该选项正确；C.空间中，相交于同一点的三条直线不愿定在同一平面内，所以该选项错误；D.三个不重合的平面最多可将空间分成八个部分，所以该选项错误.【解答过程】A.假如两个平面有三个公共点，那么这两个平面可能相交或重合，所以该选项错误；B.若四点不共面，则其中随意三点不共线，所以该选项正确；C.空间中，相交于同一点的三条直线不愿定在同一平面内，如三棱锥P−ABC,相交于同一点P的三条直线PA,PB,PC不在同一平面内，所以该选项错误；D.三个不重合的平面最多可将空间分成八个部分，所以该选项错误.故选：B.2．（3分）如图，正四棱台中，A'D'所在的直线与BA．相交直线 B．平行直线 C．不相互垂直的异面直线 D．相互垂直的异面直线【解题思路】首先证明A'D'//平面【解答过程】在正四棱台中,A'D'//B'C',又所以A'D'//平面BCC'B所以A'D'又因为四边形BCC'B'是等腰梯形,所以B所以BB'与故选：C.3．（3分）（2024·上海·高二专题练习）已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面可能的交线有()A．1条或2条 B．2条或3条 C．1条或3条 D．1条或2条或3条【解题思路】依据平面β与平面γ的位置关系，分类探讨，即可求解.【解答过程】由题意，当三个平面两两相交且过同始终线时，它们有1条交线；当平面β和γ平行时，它们的交线有2条；当这三个平面两两相交且不过同一条直线时，它们有3条交线；故选：D.4．（3分）（2024·高三课时练习）在空间四边形ABCD的各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF∩GH＝P，则点P（

）A．确定在直线BD上 B．确定在直线AC上C．既在直线AC上也在直线BD上 D．既不在直线AC上也不在直线BD上【解题思路】由题意可得P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，则P∈AC，可得答案．【解答过程】如图，∵EF⊂平面ABC，GH⊂平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即点P确定在直线AC上．故选：B．5．（3分）（2024·全国·高三专题练习）在正方体中，E、F、G、H分别是该点所在棱的中点，则下列图形中E、F、G、H四点共面的是（

）A． B．C． D．【解题思路】对于B，证明EH//FG即可；而对于BCD，首先通过帮助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.【解答过程】对于选项A，如下图，点E、F、H、M确定一个平面，该平面与底面交于FM，而点G不在平面EHMF上，故E、F、G、H四点不共面；对于选项B，连结底面对角线AC，由中位线定理得FG//AC，又EH//AC，则EH//FG，故E、F、G、H四点共面对于选项C，明显E、F、H所确定的平面为正方体的底面，而点G不在该平面内，故E、F、G、H四点不共面；对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点E、G、H确定的平面，该平面与正方体正面的交线为PQ，而点F不在直线PQ上，故E、F、G、H四点不共面．故选：B.6．（3分）（2024·高一课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A．32 B．1010 C．3【解题思路】依据异面直线夹角的概念平移找角，再结合余弦定理计算即可.【解答过程】解：连接A1C1交B1D1于Q，取由正方体可知，D1C1//DC,D1C1=DC，又A1C即QP//CM,QP=CM，所以四边形PCMQ为平行四边形，所以MQ//CP,MQ=CP则直线CP与B1D1在△D1MQ所以cos∠MQ则直线CP与B1D1故选：B.7．（3分）（2024春·四川成都·高二阶段练习）对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项错误的为（

）A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n B．若m∥α，n∥β，α⊥βC．若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β D．若m⊥α【解题思路】依据空间中的线面关系逐一推断即可.【解答过程】若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，故A正确；由m∥α，n∥β，α⊥β推不出若m∥α，α∥β，则若m⊥α，m⊥n，则n∥α或故选：B.8．（3分）（2024秋·黑龙江大庆·高二期中）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥ABCD，NB⊥ABCD．且MD＝NB＝1．则下列结论中：①MC⊥AN②DB∥平面AMN③平面CMN⊥平面AMN④平面DCM∥平面ABN全部假命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】由题可知该几何体的顶点均在边长为1的正方体的顶点上,再依据线面平行与垂直以及面面垂直平行的判定逐个推断即可.【解答过程】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为MC//EB,AN⊥EB,故MC⊥AN成立.故①正确.对②,因为DB//MN,MN⊂平面AMN,故DB∥平面AMN成立.故②正确.对③,连接AC易得A−MNC为正四面体.故平面CMN⊥平面AMN不成立.故③错误.对④,正方体中平面DCM与平面ABN分别为前后两面,故④正确.故选：B.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2024春·广西桂林·高一期末）如图所示，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，l⊂平面A．l与AD平行B．l与AB异面C．l与CD所成的角为30°D．l与BD垂直【解题思路】依次分析每个选项，假设l∥AD，得出冲突，A错误；取l为A1C1所在直线，满足BD；取l与C【解答过程】假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1可得l∥B1C1，与“取l为A1C1所在直线，满足B，又因为l⊥B1取l与C1D1成30°角，因为C1D1∥CD故选：BCD.10．（4分）（2024秋·山东东营·高二阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱A．l过点BB．l不愿定过点BC．DP的延长线与D1A1D．DQ的延长线与D1C1【解题思路】连接PB1、DB1，在正方体中可得四边形DPB1Q是平行四边形，由点共面得点共线可推断AB；DP的延长线与D1由点共面得点共线可推断CD.【解答过程】连接PB1、QB1，在正方体ABCD−连接CN，则DP//所以四边形DPB1Q是平行四边形，B1∈平面DP所以B1如图DP的延长线与D1A1的延长线的交点F，DQ的延长线与D因为DF⊂平面DPB1Q，所以F∈因为D1A1⊂平面A1B1因为DQ⊂平面DPB1Q，所以E∈因为D1C1⊂平面A1B1故C错误，D正确.故选：BC.11．（4分）（2024秋·浙江宁波·高三期末）设a,β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，（

）A．若m⊥α,n⊥α，则m∥nB．若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β，则α∥βC．若α∥β,m⊂α,n⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α【解题思路】垂直于同一平面的两条直线平行，A正确；当m∥n时结论未必成立，B错误；证明CD正确，得到答案.【解答过程】对选项A：垂直于同一平面的两条直线平行，正确；对选项B：当m∥n时结论未必成立，错误；对选项C：α∥β,n⊥β，故n⊥α，又m⊂α，故m⊥n，正确；对选项D：α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，解除m⊂α，则m∥α，正确.故选：ACD.12．（4分）（2024秋·辽宁葫芦岛·高三期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，其棱长为3.M，N分别为棱A1B1，BA．截面α和面ABCD的交线与截面α和面ADDB．截面α是一个五边形.C．截面α是一个梯形.D．截面α在顶点D处的内角的余弦值为4【解题思路】做出截面α，依次推断选项即可.【解答过程】延长C1C至C2，使CC2=CC连接C2D，DD2，因同理可得△D2D则C2，D，D2三点共线.连接CD1，BACD1∥BA1.又M故C2D2∥CD则M，N，C2∈C1C2，则C2N⊂平面BB1C1C因∠BEN=∠CEC2，∠NBE=∠C同理，可得D2M⊂平面A1B1C1D1又F∈D则E∈β，F∈β.即顺次连接DF，FM，MN，对于A，如图可知，截面α和面ABCD的交线为DE，截面α和面ADD1A又几何体棱长为3，BEEC=1则DF=DDE=DC2对于BC选项，由图可知B正确，C错误；对于D选项，由图可知截面α在顶点D处的内角为∠FDE，连接EF，因BE∥A1F，BE=又由A选项分析可知，DE=13，DF=cos∠FDE=故选：ABD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2024秋·上海静安·高二期中）点A∈平面α，点A∈平面β，平面α∩平面β=直线l，则点A∈直线l（用集合符号表示）.【解题思路】由题意点A∈平面α∩β，又平面α∩平面β=直线l，分析即得解.【解答过程】由题意，点A∈平面α，点A∈平面β，故点A∈平面α∩β，又平面α∩平β=直线l，故点A∈直线l.故答案为：∈.14．（4分）（2024·高二课时练习）下列命题中，全部正确命题的序号是①③④.①两个相交平面把空间分成4部分.②有两个角是直角的四边形是平面图形.③若两个平面有一个公共点，则它们有多数个公共点.④假如分别在两个不同平面上的两条直线有交点，那么交点在两平面的交线上.【解题思路】依据平面的性质依次推断选项即可。【解答过程】对①，两个相交平面把空间分成4部分，故①正确；对②，如图所示：∠ABC=∠ASC=90∘，满足题意，此时为立体图形，故对③，若两个平面有一个公共点，则它们有多数个公共点，在两个平面的交线上，故③正确；对④，假如分别在两个不同平面上的两条直线有交点，此时交点为两个平面的公共点，必在两个平面的交线上，故④正确；故答案为：①③④.15．（4分）（2024秋·广东广州·高二期末）如图，在棱长为2的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，则异面直线AN，CM所成角的余弦值为23【解题思路】作出异面直线所成的角，在三角形中由余弦定理求解．【解答过程】如图，连接DN，取DN中点G，连接MG，又M是AD中点，则MG//AN，所以异面直线AN，CM所成角是∠CMG或其补角，由已知AN=CM=3，MG=NG=12DN=32△MCG中，cos∠CMG=∴异面直线AN，CM所成角的余弦值为23故答案为：2316．（4分）（2024·高三课时练习）如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，O是B1D1①A,M,O三点共线；

②A,M,O,A③A,O,C,M四点共面；

④B,B【解题思路】对于①，利用公理3，证明A,M,O为两个平面的公共部分即可；对于②，③，利用“直线和直线外一点确定一个平面”推断；对于④，依据异面直线的定义，判定直线BB1，直线【解答过程】对于①，两条平行线确定一个平面，即A,C,C1,A1共面，明显平面AB1D1∩平面ACC1A1=A，结合公理三：两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，设平面AB1D1，平面ACC1A1的交线为l，留意到O是B1D1的中点，矩形对角线相互平分，故O也是A1C1的中点，即O∈A1C1，A1C1⊂对于②，由直线和直线外一点可确定一个平面，结合①正确可知，故A,M,O确定的直线和A1共面，故②对于③，类似②，A,M,O确定的直线和C共面，故③正确；对于④，BB1⊄平面AB1D1，OM⊂平面AB1D1，BB1故答案为：①②③.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2024·高二课时练习）将下列符号语言转化为图形语言．（1）a⊂α，b∩α＝A，A∉a．（2）α∩β＝c，a⊂α，b⊂β，a∥c，b∩c＝P．【解题思路】在集合中，点为元素，直线和平面为集合，依据题意，正确用集合中的符合即可．【解答过程】（1）（2）18．（6分）（2024·全国·高三专题练习）三个平面分空间有几种状况？并说明每种状况下能将空间分成几部分.【解题思路】依据平面的位置关系分类，即可得解.【解答过程】三个平面分空间有4种状况，若三个平面均平行，则将空间分成4部分；若三个平面交于一条线，则将空间分成6部分；若三个平面两两相交，且交线不平行时，则将空间分成8部分；若三个平面两两相交，且交线平行时，则将空间分成7部分.19．（8分）（2024·上海·高二专题练习）如图，已知a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，P∈b，PQ∥a；求证：PQ⊂α.【解题思路】由已知，依据PQ∥a，可确定PQ和a属于平面β，再依据a⊂β，点P∈β且P∈b，b⊂α，得到P∈α，从而得到α与β重合，即可证明PQ⊂α.【解答过程】证明：因为PQ∥a，所以PQ与a确定一个平面β，所以直线a⊂β，点P∈β，因为P∈b，b⊂α，所以P∈α，又因为a⊂α，P∉a，所以α与β重合，所以PQ⊂α.得证.20．（8分）（2024秋·全国·高一专题练习）（1）平面α内有多数条直线与平面β平行，问α∥β是否正确，为什么？（2）平面α内的全部直线与平面β都平行，问α∥β是否正确，为什么？【解题思路】（1）举反例说明命题是假命题，（2）依据面面平行定义推断命题正确.【解答过程】（1）不正确．如图所示，设α∩β＝l，则在平面α内与l平行的直线可以有多数条：a1，a2，…，an，…，它们是一组平行线，这时a1，a2，…，an，…与平面β都平行（因为a1，a2，…，an，…与平面β无交点），但此时α与β不平行，α∩β＝l．（2）正确．平面α内全部直线与平面β平行，则平面α与平面β无交点，符合平面与平面平行的定义．21．（8分）（2024·高一课时练习）在正方体ABCD−A(1)AA1与(2)点B、C1、D(3)画出平面ACC1A1与平面BC【解题思路】（1）由两平行直线可确定一平面，可得答案；（2）由不共线三点可确定一平面，可得答