2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题十三点直线平面之间的位置关系理含解析

PAGE专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷满分50分，考试时间40分钟．选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2024·大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是()①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②与④答案D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．2．(2024·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，eq\o(OD,\s\up8(→))方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD＝2，则E(0,0，eq\r(3))，N(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(－1,2,0)，∴EN＝eq\r(12＋－\r(3)2)＝2，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋4＋\f(3,4))＝eq\r(7)，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.3．(2024·景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案C解析在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C.4．(2024·佛山五校联考)如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．5．(2024·北京西城模拟)在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，M为AB的中点，将△BCM沿CM折起，使点A，B间的距离为eq\r(2)，则点M到平面ABC的距离为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C．1D.eq\f(3,2)答案A解析在平面图形中，由已知得AB＝2，AM＝BM＝MC＝1，BC＝eq\r(3)，∴△AMC为等边三角形，取CM的中点D，连接AD，则AD⊥CM，设AD的延长线交BC于E，则AD＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),6)，CE＝eq\f(\r(3),3).依据题意知，折起后的图形如图所示，由BC2＝AC2＋AB2，知∠BAC＝90°，又cos∠ECA＝eq\f(\r(3),3)，连接AE，则AE2＝CA2＋CE2－2CA·CEcos∠ECA＝eq\f(2,3)，于是AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°，∴AE⊥BC.∵AD2＝AE2＋ED2，∴AE⊥DE，又BC，DE⊂平面BCM，BC∩DE＝E，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM的高，设点M到平面ABC的距离为h，∵S△BCM＝eq\f(\r(3),4)，AE＝eq\f(\r(6),3)，∴由VA－BCM＝VM－ABC，可得eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×h，∴h＝eq\f(1,2)，故选A.6．(2024·成都诊断)如图，正四棱锥P－ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为()A．60°B．30°C．45°D．90°答案A解析如图，正四棱锥P－ABCD中，依据底面积为6可得，BC＝eq\r(6).连接BD，交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥P－ABCD的高，依据体积公式可得，PO＝1.因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝eq\r(3)，所以PA＝2，OE＝eq\f(1,2)PA＝1，在Rt△BOE中，因为BO＝eq\r(3)，所以tan∠BEO＝eq\f(BO,OE)＝eq\r(3)，即∠BEO＝60°.7．(2024·上海市复旦附中模拟)对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是()A．若m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交B．若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥βC．若m⊂α，n∥α，m，n共面于β，则m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线答案C解析若m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交或平行，故A错误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，由n∥α，则n∥β或n⊂β，故B错误；若m⊂α，n∥α，m，n共面于β，则m∥n，故C正确；若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线或相交，故D错误．故选C.8．(2024·南充市高三其次次高考适应性考试)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满意l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案D解析由m⊥平面α，直线l满意l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β，由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β，则推出m∥n，与m，n异面冲突，所以α，β相交，且交线平行于l，故选D.9．(2024·广州市天河区高三一模)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4答案C解析对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上随意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，AA1C1∥AC且相等，由于①知，AD1∥BC1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点冲突，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定知平面PDB1⊥平面ACD1，故10．(2024·雷州市高三上学期期末)正四面体ABCD中，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成的角不行能是()A．0B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案D解析考虑相对运动，让四面体ABCD保持静止，平面α围着CD旋转，故其垂线也围着CD旋转，如图所示，取AD的中点F，连接EF，则EF