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文含解析

PAGE专题十三点、直线、平面之间的位置关系本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分80分，考试时间50分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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·沈阳质量监测)已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥n，m∥α，则n∥αB．若α∥β，m∥α，则m∥βC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β答案D解析对于A，符合已知条件的直线n还可以在平面α内，所以错误；对于B，符合已知条件的直线m还可以在平面β内，所以错误；对于C，符合已知条件的直线m还可以在平面α内，与平面α斜交，或者与平面α平行，所以错误；对于D，依据面面垂直的判定定理可知其正确性．故选D.2．(2024·长春质量监测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1C1与BA．0B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)答案B解析由题意知成角为eq\f(π,3)，余弦值为eq\f(1,2).故选B.3．(2024·广西百色调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，①平面PB1D⊥平面ACD1；②A1P∥平面ACD1；③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；④三棱锥D1－APC的体积不变．A．①②B．①②④C．③④D．①④答案B解析依据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面PB1D，从而可以证明平面PB1D⊥平面ACD1，①正确；连接A1B，A1C1，简单证明平面BA1C1∥平面ACD1.又因为A1P⊂平面BA1C1，可得A1P∥平面ACD1，②正确；VD1－APC＝VC－AD1P，因为C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变，所以三棱锥C－AD1P的体积不变，④正确；当P与线段BC1的端点重合时，A1P与AD1所成角取得最小值eq\f(π,3)，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值eq\f(π,2)，故A1P与AD1所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，③错误．①②④正确．故选B.4．(2024·泰安期末)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列为真命题的是()A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案C解析对于A，当且仅当m与平面α，β的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于B，若m∥α，n∥α，则直线m，n可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C，由m⊥β，m∥α，可得平面α内肯定存在直线与直线m平行，进而得出该直线垂直于平面β，从而α⊥β，所以原命题为真命题；对于D，若α⊥γ，α⊥β，则平面β与平面γ可能相交、平行或垂直，所以原命题为假命题．故选C.5．(2024·武昌调研)已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l()A．相交B．平行C．垂直D．异面答案C解析无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．故选C.6．(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解析如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△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，∴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.∵BM，EN都是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.7．(2024·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是()答案D解析(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”推断)对于A，易推断PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易推断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易推断PQ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而D中的RS，PQ为异面直线．故选D.8．(2024·湖北七市(州)联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不行能与平面α平行D．与直线m平行的平面不行能与平面α垂直答案B解析在平面α内可能有多数条直线与直线m垂直，这些直线是相互平行的，A错误；因为直线m与平面α相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；类似于A，在平面α外可能有多数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；与直线m平行且与平面α垂直的平面有多数个，D错误．故选B.9．(2024·太原模拟)如图所示是正四面体的平面绽开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4答案C解析将正四面体的平面绽开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④10．(2024·厦门质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，A．MN∥APB．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1DD．MN∥平面BDP答案C解析取B1C1的中点E，连接ME，NE，由三角形中位线定理可得ME∥B1D1，∴ME∥平面BB1D1D.由四边形BB1EN为平行四边形，得NE∥BB1，∴NE∥平面BB1D1D，∴平面MNE∥平面BB1D1D，又MN⊂平面MNE，∴MN∥平面BB1D1D11．(2024·包头模拟)在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，则在四面体P－DEF中，给出下列结论：①PD⊥平面PEF；②DG⊥平面PEF；③平面PDE⊥平面PDF.其中正确结论的序号是()A．①②B．②③C．①③D．①②③答案C解析如图所示，因为DA⊥AE，DC⊥CF，所以折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，所以DP⊥平面PEF，所以①正确；由DP⊥平面PEF，可知DG⊥平面PEF是不正确的，所以②不正确；由PE⊥PF，PE⊥DP，可得PE⊥平面PDF，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PDF，所以③正确．综上可知，正确结论的序号为①③.故选C.12．(2024·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝4eq\r(2)，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案D解析连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AB＝4，∴BD＝4.又△BDD1为直角三角形，∴BDeq\o\al(2,1)＝BD2＋DDeq\o\al(2,1)，得DD1＝4，∴四边形BCC1B1为正方形．连接BC1交B1C于点O，∵BC1∥AD1，∴∠BOC(或其补角)为异面直线B1C与AD1所成的角．由于四边形BCC1B1为正方形，∴∠BOC＝90°，故异面直线B1C与AD1所成的角为90°.故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2024·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.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：________.答案②③⇒①(或①③⇒②)解析②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴依据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明略．14．(2024·安徽质量检查)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，答案eq\r(2)解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E同理可得C1H∥CF.∵C1H∩C1G＝C1∴平面C1GH∥平面CD1E，∵M点是正方形ABB1A1内的动点若C1M∥平面CD1E∴点M在线段GH上．∴M点的轨迹长度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).15．(2024·武汉调研)如图为正方体的一种表面绽开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．答案3解析平面图形的翻折应留意翻折前后相对位置的改变，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，明显AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．16．(2024·山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)＝eq\f(2,3)，则下列说法正确的是________．(填写全部正确说法的序号)①EF与GH平行；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可