2024届高考数学复习第一轮讲练测专题8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系 教师版

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专题8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
练基础

1.（广东高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（ ）
A.与，都相交 B.与，都不相交
C.至少与，中的一条相交 D.至多与，中的一条相交
【答案】C
【解析】
试题分析：若直线和是异面直线，在平面，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，的一条相交.故选A．
2．（2019·全国高考真题（理））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
3.（2020·武威第六中学高三其他（理））已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为( )
A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③
【答案】C
【解析】
根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；
若，，平面可能相交，故②错误；
若，，则可能平行，故③错误；
由线面垂直的性质可得，④正确；
故选：C
4.（2021·嘉禾县第一中学高一月考）若，，是互不相同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【解析】
由面面平行的性质可判断选项A、B；由空间中线线位置关系可判断C；由线面平行的性质定理、线面垂直的性质定理以及面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：，，，则，平行或异面，所以A不正确；
对于B：，，则 平行，所以选项B不正确；
对于C：，，与可能平行、异面或相交，所以选项C不正确；
对于D：由，设经过的平面与相交，交线为，由线面平行的性质定理可知， 又因为，所以，又因为，由面面垂直的判定定理可得
故选项D正确．
5.（2019·北京高考真题（文））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
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】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】
将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
6.（全国高考真题（文））已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .
【答案】
【解析】
【详解】

连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，
在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．
7．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）以下命题中：（1）若直线，和平面满足：，，那么；
（2）若直线和平面平行，那么与内的任何直线平行；
（3）平行于同一条直线的两个平面平行；
（4）若直线，和平面满足，，，则，正确的是______.
【答案】（4）
【解析】
利用直线与平面之间的位置关系逐一进行判断即可.
【详解】
（1）中，，，那么，或者，故错误；
（2）中，若直线和平面平行，那么与内的直线平行或者异面，故错误；
（3）中，平行于同一条直线的两个平面可以平行，可以相交，故错误；
（4）中，根据线面平行的判定定理可知，，，，则，故正确.
故答案为：（4）.
8．（2021·重庆市第七中学校高一期中）如图，在圆锥中，、为底面圆的两条直径，交于点，且，为的中点，.

（1）求证： 平面；
（2）求圆锥的表面积和体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）表面积为，体积为.
【解析】
（1）连接，由中位线的性质可得，再由线面平行的性质定理即可求证；
（2）根据题意求出圆锥的底面半径，高和母线，由表面积公式和体积公式即可求解.
【详解】

（1）连接，
∵、分别为、的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵，，为圆锥的高，圆锥底面圆的半径，
∴圆锥的体积，
∵母线，
∴圆柱的表面积.
9．（2021·江门市第二中学高二月考）如图，在长方体中，，点E在棱AB的中点.

（1）证明：；
（2）求直线与所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由，得到四边形为正方形，证得，又由，证得平面，即可证得；
（2）连接，得到，根据异面直线所成角的定义，得到是异面直线与所成角，在中，即可求解.
【详解】
（1）在长方体中，因为，可得四边形为正方形，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又由平面，所以.
（2）连接，在长方体中，可得，
所以异面直线与所成角即为直线与所成角,
即（或其补角）与所成角，
在直角中，由，可得，
在直角中，由，可得，
在直角中，由，可得，
所以为等边三角形，所以，
即异面直线与所成角.

10．（2021·揭阳第一中学高一期末）已知矩形所在的平面，且，、分别为、PC的中点.

求证：（1）平面；
（2）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）证明出平面，可得出平面，由线面垂直的性质可得出.
【详解】
（1）取的中点，连接、，


、分别为、的中点，则且，
四边形为矩形，则且，
为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，因此，平面；
（2）平面，平面，，
，，所以，平面，
平面，则，
，为的中点，则，
因为，平面，
，故平面，平面，因此，.
练提升TIDHNEG

1．（2020·浙江高三开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（ ）
A．不存在，使得
B．存在，使得
C．存在，使得平面
D．存在，，使得平面平面
【答案】D
【解析】
作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面 于，面于，
对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以 ，
所以，所以，即 ，故A错误；
对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得， ，，
所以面，又面 ，所以平面平面，即平面 平面，故D正确；
对于B选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，
所以就是与面所成的角，
当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即 ，而是锐角，
的最大值为，
故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.
对于C选项，作面于，因为中， ，
所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点 不落在AB上，
又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，
故C选项不正确，
故选：D.

2．【多选题】（2020·长沙市湖南师大第二附属中学有限公司月考）（多选题）如图1，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折，得到如图2所示的四棱锥，且平面平面，点为线段上异于点的动点，则在四棱锥中，下列说法正确的有( )

A．直线与直线必不在同一平面上
B．存在点使得直线平面
C．存在点使得直线与平面平行
D．存在点使得直线与直线垂直
【答案】AC
【解析】
A.假设直线BE与直线CF 在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在线段BC上，平面BCF=C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF 必不在同一平面上；
B.若存在点使得直线平面DCE， 平面,所以,又,所以△ABE中有两个直角，与三角形内角和为矛盾，所以不存在点使得直线平面DCE；
C.取F为BD的中点，,再取AB的中点G，则且EC=FG，四边形ECFQ为平行四边形，所以,则直线CF与平面BAE平行；
D.过B作于O，因为平面平面AECD,平面平面=AE,
所以平面AECD.过D作于H，因为平面平面AECD,平面平面=AE,所以平面BAE，所以.若存在点使得直线与直线垂直， 平面AECD,平面AECD,,所以平面AECD,
所以E与O重合，与三角形ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点使得直线与直线垂直.故选A、C.
3.【多选题】（2020·全国高三月考）（多选题）在四棱锥中，侧面平面，，四边形是正方形，点是棱的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C． D．
【答案】BC
【解析】

如图，对于，因为与不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A错误.
对于B，连接，记，连接.因为四边形是正方形，所以为的中点.因为分别为，的中点，所以，又平面，平面，则平面，故B正确.
对于C，因为四边形是正方形，所以，因为侧面平面，所以平面.因为，所以平面.因为平面，所以，则，故C正确.
对于D，取的中点，连接.因为分别为，的中点，所以.假设，则.设，则，.因为，所以，所以.因为，，，所以，所以，则平面.因为与平面不一定垂直，所以D错误.
故选：BC.
4.（2019·浙江高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.

方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B.
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
5．（2021·齐齐哈尔市第八中学校高二期中（文））在直三棱柱中，，，是棱的中点.

（1）求证：
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）根据题中长度，结合勾股定理，可证，根据直棱柱，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，即可得证.
（2）先求得的面积，利用等体积法，即可求得答案.
【详解】
（1）因为，
所以，即，
因为直棱柱，
所以底面ABC，平面ABC，
所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以.
（2）设点到平面的距离为h，取AB中点O，连接EO，

在中，，AB=2，则，
所以，
所以的面积为，
因为，
所以，
所以，解得，
所以点到平面的距离为
6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，．

（1）求证：平面．
（2）试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析.
【解析】
（1）连接，根据题目条件证明四边形是平行四边形，即可得出，即可得证；
（2）假设存在，取中点，连，，使，连，利用中位线证明，即可得出结论.
【详解】
（1）证明：连接，由，得，
又得，
所以四边形是平行四边形
所以，
又平面，平面，
∴平面．
（2）解：存在中点，使平面成立．
取中点，连，，使，连．
∵是矩形，∴是的中点，
又∵是上靠近点的一个三等分点，且是中点，
∴是的中点，∴中，，
又∵平面，平面，
∴平面，
故在上是存在中点，使平面成立．

7．（2021·嘉禾县第一中学高一月考）在①使三棱锥体积取得最大值，②使这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
如图1，是边长为2的等边三角形，是的中点，将沿翻折形成图2中的三棱锥，________，动点在棱上．

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选择见解析（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）若选择①，利用分析可证平面．从而得证；若选择②，由向量数量积结合余弦定理以及勾股定理可以证明，进而可以证明平面，从而得证；
（2）先确定直线与平面所成的角，然后结合图形分析求解即可
【详解】
（1）证明：若选择①
，
由于的面积为定值，所以当到平面距离最大时，
三棱锥体积最大，
即当平面时，体积有最大值．
因为平面，所以平面平面．
若选择②
因为，所以．
在中，，所以．
因为，所以．
因为，且平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：因为平面，所以就是直线与平面所成的角．
记，则，又，．
当时，最大，最小，此时；
当时，最小，最大，此时，
则．
所以直线与平面所成角的正切值的取值范围是．
8．（2021·河北巨鹿中学高一月考）如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使______，点，分别为，中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题.①.②为四面体外接球的直径.③平面平面.

（1）判断直线与平面是否垂直，并说明理由；
（2）求直线和所成的角的余弦值.
【答案】条件选择见解析，（1）垂直，理由见解析；（2）.
【解析】
（1）若选①：由，得到，再由，证得平面，
得到，进而证得平面，因为，即可得到平面．
若选②：由为四面体外接球的直径，得到，进而证得平面，
从而证得平面．
若选③：由平面平面和，证得平面，得到，进而证得平面，得到平面．
（2）取AB中点E，连接ME，DM，得到或其补角为直线DM和BC所成的角，再中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】
（1）若选①：垂直.
因为，在中，，，可得，
又由，所以，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又由，且平面，所以平面，
又因为，分别为，中点，所以，所以平面．
若选②：垂直.
由为四面体外接球的直径，则，，
因为，可证得平面，
又，分别为，中点，，所以平面．
若选③：垂直.
由平面平面，平面平面，
因为，且平面，所以平面，
又由平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为，分别为，中点，，所以平面．
（2）取中点，连接，
因为分别为边中点，所以，
所以或其补角为直线和所成的角.
在中，，，，所以.
又，
由余弦定理可得：，
所以直线和所成的角的余弦值为.

9.（2021·江苏高一期末）已知在直四棱柱中，底面为直角梯形，且满足，，，，，，分别是线段，的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）棱上是否存在点，使平面，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，且，使得平面.
【解析】
（1）在直角梯形中，过点作于，根据得到，从而易证，利用线面垂直的性质得到，从而得到面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面.
（2）存在点，且，则在上取点，使，连接，，，易证，，从而得到平面，平面，利用面面垂直的判定得到平面平面，从而得到平面．
【详解】
（1）在直角梯形中，过点作于，如图所示：

由，，，，
得为等腰直角三角形，所以四边形为正方形，
所以，，所以，
所以，
从而得到，
在直四棱柱中，面，面，
所以，
又因为，所以面，
因为面，
所以平面平面；
（2）存在点，且，使得平面，
则在上取点，使，连接，，，如图所示：

此时，，
所以，即，
在平面中，，所以，
此时由，平面，平面，得平面，
由，平面，得平面，
又，
所以平面平面，
平面，即证：平面．
10.（2019·安徽芜湖一中高三开学考试）在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）为直角三角形，且斜边为，.
将以直线为轴旋转得到，则，即.
二面角是直二面角，即平面平面.
又平面平面，平面，平面.
平面，因此，平面平面；
（2）在中，，斜边，且.
由（1）知，平面，所以，直线与平面所成的角为.
在中，，，，
，
当时，取最小值，此时取最大值，且.
因此，，
即直线与平面所成角的正弦的最大值为.
练真题TIDHNEG

1．（2021·全国高考真题（理））在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】

如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
2.【多选题】（2021·全国高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】
设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
3．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________.
①②③④
【答案】①③④
【解析】
对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，
同理，与的交点也在平面内，

所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；
对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，
直线平面，直线直线，
命题为真命题.
综上可知，，为真命题，，为假命题，
为真命题，为假命题，
为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
4．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
5．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.

（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】
(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】
(1)如图所示，连结AF，

由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
则，为等腰直角三角形，
，.
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，

正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
6.（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】

（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.