2024-2025学年高考数学考点第八章立体几何与空间向量8.2空间点直线平面之间的位置关系理

考点8.2空间点、直线、平面之间的位置关系考点梳理考点梳理1．四个公理公理1：假如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：假如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相互平行．2．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．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状况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种状况．5．等角定理空间中假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思索1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不肯定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中假如两个角的两边分别对应平行，那么这两个角肯定相等吗？提示不肯定．假如这两个角开口方向一样，则它们相等，若反向则互补．真题真题演练1．（2024•新课标Ⅲ）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则A．，且直线，是相交直线 B．，且直线，是相交直线 C．，且直线，是异面直线 D．，且直线，是异面直线【答案】B【解析】点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，平面，平面，是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，，，，故选．2．（2024•上海）已知平面、、两两垂直，直线、、满意：，，，则直线、、不行能满意以下哪种关系A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面【答案】B【解析】如图1，可得、、可能两两垂直；如图2，可得、、可能两两相交；如图3，可得、、可能两两异面；故选．3．（2024•上海）如图，在直三棱柱的棱所在的直线中，与直线异面的直线的条数为A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】在直三棱柱的棱所在的直线中，与直线异面的直线有：，，，共3条．故选．4．（2024•新课标Ⅱ）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】C【解析】【解法一】如图所示，设、、分别为，和的中点，则、夹角为和夹角或其补角（因异面直线所成角为，可知，；作中点，则为直角三角形；，，中，由余弦定理得，，；在中，；在中，由余弦定理得；又异面直线所成角的范围是，，与所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱，求即可；，，，，，．故选．5．（2024•上海）如图，在正方体中，、分别为、的中点，则下列直线中与直线相交的是A．直线 B．直线 C．直线 D．直线【答案】D【解析】依据异面直线的概念可看出直线，，都和直线为异面直线；和在同一平面内，且这两直线不平行；直线和直线相交，即选项正确．故选．6．（2024•新课标Ⅲ）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．【解析】（1）因为是长方体，所以平面，而平面，所以，因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又．所以平面，又因为点，分别在棱，上，所以平面，所以．（2）取上靠近的三等分点，连接，，．因为点在，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，又因为在上，且，所以，且，所以为平行四边形，所以，，即，，所以为平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．所以点在平面内．7．（2024•新课标Ⅲ）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连结，如图2．（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；（2）求图2中的四边形的面积．【解析】（1）证明：由已知可得，，即有，则，确定一个平面，从而，，，四点共面；由四边形为矩形，可得，由为直角三角形，可得，又，可得平面，平面，可得平面平面；（2）连接，，由平面，可得，在中，，，可得，可得，在中，，，，可得，即有，则平行四边形的面积为．8．（2024•上海）如图，在正三棱锥中，．（1）若的中点为，的中点为，求与的夹角；（2）求的体积．【解析】（1），分别为，的中点，，则为与所成角，在中，由，，可得，与的夹角为；（2）过作底面垂线，垂直为，则为底面三角形的中心，连接并延长，交于，则，．．．强化训练强化训练1．（2024•江西模拟）在长方体中，，，，过点作直线1与直线及直线所成的角均为，这样的直线1的条数为A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】，，则，而，，所以，，所以直线和直线所成的角为，将直线、直线和直线平移至点，则当三条直线在同一平面时，直线为角平分线；若三条直线不在同一平面，则这样的直线有两条．故这样的直线条数为3．故选．2．（2024•汉阳区校级模拟）在正方体中，过点作直线与异面直线和所成角均为，则的最小值为A． B． C． D．【答案】B【解析】，为异面直线和所成角，又，△是等边三角形，故，过作直线的平行线，则当与的角平分线重合时，取得最小值．故选．3．（2024•德阳模拟）如图，是等腰直角三角形，，在中且．将沿边翻折，设点在平面上的射影为点，若，那么A．平面平面 B．平面平面 C． D．【答案】C【解析】是等腰直角三角形，，，点在平面上的射影为点，若，由，可得为的中点，平面，则，又，，为相交直线，可得平面，可得，故选．4．（2024•香坊区校级一模）如图，三棱锥中，平面平面，过点且与平行的平面分别与棱、交于，，若，则下列结论正确的序号为①；②若，分别为，的中点，则四棱锥的体积为；③若，分别为，的中点，则与所成角的余弦值为；④．A．②③ B．①②④ C．①②③ D．①②【答案】C【解析】①平面，平面平面，平面，，即①正确；②取的中点，连接、，，，又平面平面，平面平面，平面，平面，即点到平面的距离为．，，为等腰直角三角形，．，即②正确；③连接，、分别为、的中点，，，即为与所成角．在中，，，与所成角的余弦值为，即③正确；④连接，由②知，平面，，若，，、平面，平面，又平面，，这与相冲突，即④错误．正确的有①②③，故选．5．（2024•汉阳区校级模拟）已知正方体，为面所在的平面内与不重合随意一点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为A． B． C． D．【答案】D【解析】设正方体棱长为1，则，，过作的平行线，过作，则为直线与直线所成角．平面，，，故选．6．（2024•兴庆区校级四模）在空间中，、、是三条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则【答案】D【解析】对于，若，，则或与相交或与异面，故错误；对于，若，，，则或与相交或与异面，故错误；对于，若，，，则或与异面，故错误；对于，若，，则，故正确．故选．7．（2024•沙坪坝区校级模拟）已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列正确的是A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则【答案】C【解析】对于，若，，则或，又，则或与相交，故错误；对于，若，，则，又，则，故错误；对于，若，，则，故正确；对于，若，，则或与异面，故错误．故选．8．（2024•武侯区校级模拟）点是棱长为3的正四面体的面内一动点，，设异面直线与所成的角为，则的最小值为A． B． C． D．【答案】A【解析】设底面的中心为，则平面，取中点为，连接，，正四面体棱长为3，，，，，故点轨迹是以为圆心，以为半径的圆，以为原点建立如图所示的空间坐标系如图所示：则，0，，，0，，，0，，设，，，则，，，，0，，，，故，当时，取得最小值．故选．9．（2024•青羊区校级模拟）如图，在正方体中，是线段上靠近的三等分点，则直线与直线所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，连接，则为直线与直线所成角，设正方体的棱长为3，则，，作，连接，可求得，，所以，由余弦定理可得．故选．10．（2024•泸州四模）已知，是互不重合的直线，，是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则【答案】B【解析】对于，若，，且，则，故错误；对于，若，，，过作平面与交于，由线面平行的性质定理可得，过作平面与交于，由线面平行的性质定理可得，可得，由线面平行的判定定理可得，再由线面平行的性质定理可得，则，故正确；对于，若，，则或，故错误；对于，若，，则或、相交，故错误．故选．11．（2024•襄州区校级四模）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，依据题意：，，，异面直线与所成角的余弦值为．故选．12．（2024•汉阳区校级模拟）已知，是平面外的两条不同直线，给出下列三个论断：①；②；③．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，可构成三个命题：①②③；②③①；①③②，其中正确命题的个数为A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】①；②；③．若①②成立，即，，又，可得或与相交，不肯定得到③成立；若②③成立，即，，可得①成立；若①③成立，即，，可得或，而，则②成立．正确命题的个数为2个．故选．13．（2024•让胡路区校级三模）已知，是直线，是平面，且，则下列结论中正确的是A．，都有 B．，使 C．，都有 D．，使【答案】B【解析】由，是直线，是平面，且，得：对于，，则，平行或异面，故不正确；对于，，使，故正确；对于，，则或，故不正确；对于，若，因为，所以，故不正确，故选．14．（2024•运城模拟）已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，现有如下命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，则，则正确命题的个数为A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【解析】①中，若，，，则或与相交，故①错误；②中，若，，则，又，则，故②正确；③中，若，，，则或与异面，故③错误；④中，若，，则或，又，则，故④正确．正确命题的个数为2个．故选．15．（2024•沈河区校级模拟）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列为真命题的是A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则【答案】B【解析】对于，若，，则与可能平行、相交或异面，故错误；对于，若，，则，故正确；对于，若，，，则错误，与也可能平行；对于，若，，则或，又，，故错误．故选．16．（2024•武侯区校级模拟）点是棱长为2的正四面体的面内一动点，，设异面直线与所成的角为，则的最大值为A．1 B． C． D．【答案】A【解析】设在底面的垂足为，的轨迹是以为轴的圆锥底面圆上，由最小角定理可知，的取最大值时的角为，所以的最大值1；故选．17．（2024•让胡路区校级三模）在长方体中，，，分别为棱，，的中点，，则异面直线与所成角的大小为A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，0，，，1，，，0，，，2，，所以，，，所以，所以异面直线与所成角的大小为．故选．18．（2024•东湖区校级三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，则．其中全部正确命题的序号是A．①② B．②③ C．②④ D．①④【答案】D【解析】由，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，知：对于①，若，，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得，故①正确；对于②，若，，则或，故②错误；对于③，若，，，则与相交、平行或异面，故③错误；对于④，若，，则由面面垂直的性质定理得，故④正确．故选．19．（2024•福州三模）已知平面，，两两垂直，直线，，满意：，，，则直线，，可能满意以下关系：①两两相交；②两两垂直；③两两平行；④两两异面．其中全部正确结论的编号是A．①③ B．②④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【解析】如图，平面，，两两垂直，，，．若、、分别与、、重合，则直线，，两两相交，且两两垂直，故①②正确；若直线，，中有两条平行，不妨设，，，，而，若，又，，与与相交于冲突，与不平行，即，，不行能两两平行，故③错误；，，可以两两异面，如上图所示，故④正确．直线，，可能满意的关系是①②④．故选．20．（2024•马鞍山三模）已知正方体的棱长为，直线平面，平面截此正方体所得截面中，正确的说法是A．截面形态可能为四边形 B．截面形态可能为五边形 C．截面面积最大值为 D．截面面积最大值为【答案】D【解析】正方体的棱长为，直线平面，平面截此正方体所得截面中，如图，截面形态可能为正三角形或正六边形，由对称性得截面图形不行能是四边形或五边形，故和均错误；如图，当截面形态为如图所示的正六边形时，截面面积最大，，，，截面面积最大值为，故错误，正确．故选．21．（2024•辽宁三模）已知平面，，直线，直线，则下列命题正确的是A． B． C． D．【答案】C【解析】由平面，，直线，直线，知：对于，，则，平行或异面，故错误；对于，，则，相交、平行或异面，故错误；对于，，则由线面垂直的判定定理得，故正确；对于，，则与相交、平行或，故错误．故选．22．（2024•镇海区校级模拟）设，是两条异面直线，则下列命题中正确的是A．过且与垂直的平面有且只有一个 B．过且与平行的平面有且只有一个 C．过空间一点与，都平行的平面有且只