2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第2讲空间点直线平面之间的位置关系提能训练

第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系A组基础巩固一、单选题1．给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中假如一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同始终线的两条直线必平行．其中正确命题的个数是(B)A．0 B．1C．3 D．4[解析]只有②正确，故选B.2．(2024·湖北名师联盟模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1的中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是(C)A．直线EF，AO是异面直线B．直线EF，BB1是相交直线C．直线EF与BC1所成的角为30°D．直线EF与BB1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)[解析]OF綉AE，EF、AO是相交直线，A错；EF、BB1是异面直线，B错；如图，OF綉BE，∴EF∥BO，∴∠C1BO(或其补角)即为EF与BC1所成的角，设正方体棱长为2，则BC1＝2eq\r(2)，OC1＝eq\r(2)，BO＝eq\r(6)，∴BCeq\o\al(2,1)＝OCeq\o\al(2,1)＋BO2，即BO⊥OC1，∴∠OBC1＝30°，C对；EF与BB1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)，D错；故选C.3．(2024·广东汕头模拟)已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是(C)A．直线b与直线c可能是异面直线B．直线a与直线c可能平行C．直线a，b，c必定交于一点(即三线共点)D．直线c与平面α可能平行[解析]因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O∈α，O∈β，O∈γ，因为β∩γ＝c，所以O∈c，所以直线a，b，c必定交于一点(即三线共点)，A、B错误，C正确；D选项，假设直线c与平面α平行，由O∈c，可知O∉α，这与O∈α冲突，故假设不成立，D错误．故选C.4．(2024·四川仁寿一中调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则直线A1C1与CE所成角的余弦值为(A)A.eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(10),10) D．eq\f(4\r(5),15)[解析]解法一：连接AC，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，即四边形ACC1A1为平行四边形，故A1C1∥AC，则直线AC与CE所成角即为直线A1C1与CE所成角，即∠ECA即为所求角或其补角；设正方体棱长为2，连接AE，EC1，则AE＝EC1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，EC＝eq\r(CC12＋EC12)＝3，又AC＝2eq\r(2)，∴cos∠ECA＝eq\f(EC2＋AC2－AE2,2EC·AC)＝eq\f(9＋8－5,2×3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，而异面直线所成角的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故直线A1C1与CE所成角的余弦值为eq\f(\r(2),2).故选A.解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，记A1C1与CE所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(A1C1,\s\up6(→))·\o(CE,\s\up6(→))|,|\o(A1C1,\s\up6(→))||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(6,2\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2).故选A.5．(2024·宁夏中卫市模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq\r(2)AA1，E，F分别为AB，BC的中点，异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为m，则(B)A．直线A1E与直线C1F异面，且m＝eq\f(\r(2),3)B．直线A1E与直线C1F共面，且m＝eq\f(\r(2),3)C．直线A1E与直线C1F异面，且m＝eq\f(\r(3),3)D．直线A1E与直线C1F共面，且m＝eq\f(\r(3),3)[解析]∵E、F分别为AB、BC的中点，∴EF∥AC∥A1C1，∴A1、C1、E、F共面，∴直线A1E与C1F共面．连接C1D，则C1D∥AB1，∴∠DC1F为AB1与C1F所成的角(或其补角)，连接DF，不妨令AA1＝eq\r(2)，则DF＝eq\r(5)，C1F＝eq\r(3)，DC1＝eq\r(6)，∴cos∠DC1F＝eq\f(3＋6－5,2×\r(3)×\r(6))＝eq\f(\r(2),3)，故选B.6．(2024·陕西汉中联考)在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝AD＝4，△BCD的边长均为6，P为AB的中点，则异面直线PC与BD所成角的余弦值为(C)A.eq\f(\r(22),44) B．eq\f(\r(22),22)C.eq\f(3\r(22),44) D．eq\f(\r(22),11)[解析]如图，取AD中点E，连接PE，EC，∵P是AB的中点，∴PE∥BD，PE＝eq\f(1,2)AB＝3，则∠CPE是PC与BD所成角(或补角)，在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，由余弦定理，cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AC×AB)＝eq\f(42＋42－62,2×4×4)＝－eq\f(1,8)，在△APC中，PC2＝AP2＋AC2－2×AP×AC×cosA＝22＋42－2×2×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)))＝22，∴PC＝eq\r(22)，同理，CE＝eq\r(22)，在△PEC中，由余弦定理可得，cos∠CPE＝eq\f(PC2＋PE2－CE2,2×PC×PE)＝eq\f(22＋9－22,2×\r(22)×3)＝eq\f(3\r(22),44)，∴异面直线PC与BD所成角的余弦为eq\f(3\r(22),44).故选C.7．(2024·江西南昌一模)如图E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，DH＝2HA，CF＝2FB，CG＝2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是(C)A．直线EF，HG有可能平行B．直线EF，HG确定异面C．直线EF，HG确定相交，且交点确定在直线AC上D．直线EF，HG确定相交，但交点不愿定在直线AC上[解析]∵BE＝2AE，DH＝2HA，∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(AH,DH)＝eq\f(1,2)，则EH∥BD，且EH＝eq\f(1,3)BD，又CF＝2FB，CG＝2GD，∴eq\f(CF,BF)＝eq\f(CG,GD)＝2，则FG∥BD，且FG＝eq\f(2,3)BD，∴EH∥FG，且EH≠FG，∴四边形EFGH为平面四边形，故直线EF，HG确定共面，故B错误；若直线EF与HG平行，则四边形EFGH为平行四边形，可得EH＝GF，与EH≠FG冲突，故A错误；由EH∥FG，且EH≠FG，EH＝eq\f(1,3)BD，FG＝eq\f(2,3)BD，可得直线EF，HG确定相交，设交点为O，则O∈EF，又EF⊂平面ABC，可得O∈平面ABC，同理，O∈平面ACD，而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴O∈AC，即直线EF，HG确定相交，且交点确定在直线AC上，故C正确，D错误．故选C.8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(D)A．1条 B．2条C．3条 D．4条[解析]如图，连接体对角线AC1，明显AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为eq\r(2).联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D.二、多选题9．(2024·吉林长春质检改编)下列命题中的真命题是(AC)A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b[解析]由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC.10．如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的是(ACD)[解析]在A、D中AB∥CD，在C中AB、CD相交，在B中AB、CD异面，故选ACD.11．(2024·河北秦皇岛部分学校联考)如图为一正方体的绽开图、则在原正方体中(BCD)A．AB∥CDB．AB⊥CDC．直线AB与EF所成的角为60°D．直线CD与EF所成的角为60°[解析]画出原正方体如图所示，由图可知：AB与CD不平行，A选项错误；依据正方体的性质可知BH∥AG，BH＝AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；依据正方体的性质可知，△ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；又△EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．故选BCD.12．(2024·江苏泰州中学调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq\f(\r(2),2)a，以下结论正确的有(ABC)A.AC⊥BEB．点A到平面BEF的距离为定值C．三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的eq\f(1,12)D．异面直线AE，BF所成的角为定值[解析]对于A，依据题意，AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，所以A正确；对于B，A到平面BDD1B1的距离为定值，所以点A到△BEF的距离为定值，所以B正确；对于C，三棱锥A－BEF的体积为VA－BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)EF·AB·BB1·sin45°＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)a·a×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(1,12)a3，三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的eq\f(1,12)，所以C正确；对于D，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，明显两个角不相等，命题D错误．故选ABC.三、填空题13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为eq\f(\r(3),6).[解析]解法一：设AB、B1C1，C1C的中点分别为H、M、N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝eq\r(2)，MH＝NH＝eq\r(6).∴cos∠HMN＝eq\f(\f(MN,2),MH)＝eq\f(\r(3),6).解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·\o(CB1,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))||\o(CB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×2\r(2))＝eq\f(\r(3),6).14.(2024·浙江百校高三下学期开学联考)如图，在边长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱CD，DD1的中点，则平面BEF截该正方体所得截面的面积为eq\f(9,2).[解析]连接BA1、CD1，由E、F分别为CD、DD1的中点知EF綉eq\f(1,2)CD1綉eq\f(1,2)A1B，所以平面截正方体所得截面为等腰梯形A1BEF，且EF＝eq\r(2)，A1B＝2eq\r(2)，BE＝eq\r(5)，该梯形的高h＝eq\r(BE2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A1B－EF,2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，∴该截面的面积为eq\f(1,2)(A1B＋EF)·h＝eq\f(9,2).15．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).[解析]如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故θ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).B组实力提升1．(2024·甘肃诊断)在棱长均相等的四面体OABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，则异面直线MN与AB所成的角的大小为(B)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]解法一：取OB的中点H，连接MH、NH、ON、AN，因M为OA为中点，∴MH綉eq\f(1,2)AB，∴∠HMN或其补角为MN与AB所成的角．设四面体的棱长均为2a，则由题意易知MH＝HN＝a，MN＝eq\r(2)a，∴MH2＋HN2＝MN2，∴∠MHN＝90°，从而∠HMN＝45°.故选B.解法二：不妨设四面体棱长均为2，记eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AO,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝b·c＝a·c＝2，又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b－c)，记异面直线MN与AB所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·a|,|\o(MN,\s\up6(→))|·|a|)＝eq\f(2,\r(2)×2)＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝eq\f(π,4).故选B.2．(2024·河南试验中学开学考)如图，在直三棱柱ABD－A1B1D1中，AD＝BD＝AA1，∠DAB＝45°，P为B1D1的中点，则直线BP与AD1所成的角的余弦值为(B)A.eq\f(\r(15),5) B．eq\f(\r(10),5)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(\r(7),3)[解析]解法一：取BD中点E，连接ED1，AE，直三棱柱ABD－A1B1D1中，AD＝BD＝AA1，∠DAB＝45°，P为B1D1的中点，∴PD1∥BE，PD1＝BE，∴四边形BED1P是平行四边形，∴PB∥D1E，∴∠AD1E是直线PB与AD1所成的角(或所成角的补角)，令AD＝BD＝AA1＝2，则∠ABD＝45°，且AD⊥DE，∴AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2eq\r(2)，D1E＝eq\r(DE2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(5)，∴cos∠AD1E＝eq\f(AD\o\al(2,1)＋D1E2－AE2,2AD1·D1E)＝eq\f(\r(10),5)，∴直线PB与AD1所成的角的余弦值为eq\f(\r(10),5).故选B.解法二：由题意可知AD、BD、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设AD＝2，BP与AD1所成角为θ.则eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，∴cosθ＝eq\f(|\o(AD1,\s\up6(→))·\o(BP,\s\up6(→))|,|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(BP,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).故选B.3．(多选题)(2024·广东广州执信中学摸底)已知a，b，c是两两异面的三条直线，a⊥b，c⊥a，直线d满足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，则c与d的位置关系可以是(BC)A．相交 B．异面C．平行 D．垂直[解析]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线a，b，d如图所示．c为ED1(E为AA1上不与A、A1重合的点)时与d异面，B正确；c为DD1时与d平行，C正确；若c与d相交，则a垂直于c，d确定的平面，又a垂直于b，d确定的平面，则b，c，d在同一个平面内，即b与c共面，与已知冲突，A错误；若c与d垂直，则c垂直于a，d确定的平面，而b垂直于a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知冲突，D错误，故选BC.4．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形态是正方形，则原来的几何体可能是(ACD)A．长方体 B．圆台C．四棱台 D．正四面体[解析]对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形态是正方形，故A正确；对于B：圆台的截面均不行能是正方形，故B错误；对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形态是正方形，故C正确；对于D：如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF、FG、GD、DE，则截面DEFG为正方形，故D正确；故选ACD.5．(多选题)(2024·河北衡水中学模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以下结论正确的是(ABD)A．异面直线A1D与AB1所成的角为60°B．直线A1D与BC1垂直C．直线A1D与BD1平行D．三棱锥A－A1CD的体积为eq\f(1,6)[解析]连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，所以∠AB1C