高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板09 点、直线、平面之间的位置关系专项练习（解析版）

模板9点、直线、平面之间的位置关系专项练习

一、单选题

1．（2021·四川成都·石室中学高三三模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

因平面，则，而，，于是得平面，，而，，

又，，则有，

三棱锥的表面积为，

连接OA，OB，OC，OP，如图：

三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，

，

而，则，得，

所以球的体积为.

故选：C

2．（2021·山东泰安·高三其他模拟）《九章算术》是中国古代第一部数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.例如，堑堵指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，若，当阳马的体积最大时，堑堵中异面直线所成角的大小是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

在堑堵中, 平面,平面

所以，又，且，所以平面

所以阳马的体积为

在直角三角形中，

即，当且仅当时取得等号.

所以当时，阳马的体积取得最大值

又,所以（或其补角）为异面直线所成角

,

即,所以

故选：C

3．（2021·漠河市高级中学（理））关于直线、与平面、，有以下四个命题：

①若，且，则；

②若，且，则；

③若，且，则；

④若，且，则.

其中真命题的序号是（    ）

A．①② B．③④ C．①④ D．②③

【答案】D

【详解】

对于①，若，且，则与平行、相交或异面，①错误；

对于②，如下图所示：

设，因为，在平面内作直线，由面面垂直的性质定理可知，

，，，，，因此，，②正确；

对于③，若，，则，

因为，过直线作平面使得，由线面平行的性质定理可得，

，，则，因此，③正确；

对于④，若，且，则与平行、相交或异面，④错误.

故选：D.

4．（2021·陕西高新一中高三二模（理））在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

如下图所示：

设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，

四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，

四边形为平行四边形，且，

且，且，则四边形为平行四边形，

，平面，则存在直线平面，使得，

若平面，则平面，又平面，则平面，

此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，

所以，平面，，平面，

平面，平面平面，，

，所以，四边形为平行四边形，可得，

为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.

故选：B.

5．（2021·黑龙江牡丹江一中高三期末（理））若一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”.那么在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是

A．48 B．36 C．24 D．18

【答案】B

【详解】

①正方体的每一条棱，都与两个侧面垂直，可得个“正交线面对”．正方体共条棱，可得“正交线面对”个

②正方体的每一条面对角线，都与一个对角面垂直，可得个“正交线面对”．正方体共条面对角线，可得“正交线面对”个

③不存在与包含正方体的四个顶点的平面与正方体的体对角线垂直

综上所述：共有个

本题正确选项：

6．（2021·全国高三专题练习（文））攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称为攒尖．依其平面有圆形攒尖，三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也四有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示．某园林建筑屋顶为六角攒尖，它的主轮廓可近似看作一个正六棱锥（底面为正六边形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心）．若正六棱锥的侧棱与高线所成的角为，则其外接球半径与侧棱长的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

如图，设底面中心为H，底面边长为a，连接，，

底面为正六边形，

由正棱锥性质知，底面

又侧棱与高所成的角为，，则，即

设正六棱锥外接球球心为O，半径为R，连接,则，

，

在直角中，，即

故选：A

7．（2021·湖北襄阳四中高三其他模拟）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为

A． B．1 C． D．

【答案】C

【详解】

延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，

直线与平面不存在公共点，

所以平面,

由中位线定理可得,

在平面内，

在平面外，

所以平面,

因为与在平面内相交，

所以平面平面,

所以在上时，直线与平面不存在公共点，

因为与垂直，所以与重合时最小，

此时，三角形的面积最小，

最小值为，故选C.

8．（2021·宝山·上海交大附中高三其他模拟）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，且，，点在棱上运动，设的长度为，若△的面积为，则的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】

过作交于，过作交于，连接，

∵平面，

∴平面，面，即，

∵，则，又，

∴面，面，则，

令，则，，

∴，则，而，则，而，

∴，而，

∴，由解析式知：变化类似二次函数曲线，

∴根据二次函数的性质知：关于对称，在上单调递减，在上单调递增，

故选：A

二、多选题

9．（2021·全国高三专题练习）《九章算术》成书于公元一世纪左右，经历代各家的不断增补和修订，而逐渐成为现今定本，现今流传的大多是在三国时期魏元帝景元四年（263年）刘徽为《九章》所作注本.书中阐述：将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“堑堵”中，，，分别为，上的点，下列结论正确的是（    ）

A．四棱锥为“阳马”

B．若，，则四面体为“鳖臑”

C．当，分别为，的中点时，四面体为“鳖臑”

D．若，则当时，四面体为“鳖臑”，且体积的最大值为

【答案】ABD

【详解】

对于选项A,在四棱锥中，底面为矩形，且平面，则四棱锥为“阳马”， 所以选项A正确；

对于选项B，在四面体中，因为平面，所以平面平面，又，平面，又，所以平面，所以四面体中的四个面都是直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故选项B正确；

对于选项C，当，分别为，的中点时，，因为与的长度不确定，所以不一定为，所以四面体不一定为“鳖臑”， 选项C不正确；

对于选项D，当时，不妨设，，

由题意可知，，则，，

四面体的体积，.

设函数，，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以当时，，

所以四面体的体积的最大值为，选项D正确.

故选：ABD.

10．（2021·江苏金陵中学高三月考）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（    ）

A．BF⊥平面EAB

B．该二十四等边体的体积为

C．该二十四等边体外接球的表面积为8π

D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为

【答案】BCD

【详解】

解：对于，假设对，即平面，于是，

，但六边形为正六边形，，矛盾，

所以错；

对于，补齐八个角构成棱长为2的正方体，

则该二十四等边体的体积为，

所以对；

对于，取正方形对角线交点，

即为该二十四等边体外接球的球心，

其半径为，其表面积为，所以对；

对于，因为在平面内射影为，

所以与平面所成角即为，

其正弦值为，所以对．

故选：．

11．（2021·江门市培英高级中学高三其他模拟）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则以下正确的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】BC

【详解】

由正方体的展开图，将它还原为正方体，如图：

对于A：易知与是异面直线，故A错误；

对于B：易知，故B正确；

对于C：易知平面，从而有，故C 正确；

对于D：由可知，与所成角为，

又易知为等边三角形，故，故D错误；

故选：BC

12．（2021·江苏常熟中学高三三模）在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则（    ）

A．

B．平面

C．与平面所成角正切值的最大值为

D．当P位于时，三棱锥的外接球体积最小

【答案】AC

【详解】

正方体中侧棱与底面垂直，则与底面内的直线垂直，而正方形的对角线与垂直，与是对角面内两相交直线，因此有与平面垂直，当然垂直于此平面的直线，A正确；

设，，如图，若平面，是过的平面与平面的交线，则，但由正方体性质知是中点，是中点，所以，而与相交，这是不可能的，B错；

如图，易知在平面上的射影在中，连接，则是与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，的最小值是到直线的距离，所以的最大值为，C正确；

正方体中，设平面，交于（由面面垂直的性质定理可得是上），

易知是的外心，因此的外接球的球心一定在上，设为，高，正方体棱长为，则，，其中，所以当时，最小，此时重合．D错．

故选：AC．

三、填空题

13．（2021·安徽高三其他模拟（文））在正方体中，，点，分是棱，的中点，有下列命题：

①平面平面；

②平面截正方体所得截面的面积为；

③直线与平面所成角的正弦值为；

④若点是线段上的一个动点，则三棱锥的体积为定值.

其中正确的选项是___________.

【答案】①②④

【详解】

取的中点，连接，与平行且相等，则是平行四边形，与平行且相等，同理与平行且相等，

与与平行且相等，是平行四边形，与行且相等，

所以与平行且相等，是平行四边形，平行四边形就是截面，

首先由，平面，平面，得平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，①正确；

平行四边形是菱形，边长为，对角线，，

面积为，②正确；

如图，以为轴建立空间直角坐标系，则．，，，

设平面的一个法向量是，则，

取得，

，它的一个方向向量为，

，

所以直线与平面所成角的正弦值为，③错；

由平面，点是线段上，所以到平面的距离不变，面积不变，所以不变．④正确．

故答案为：①②④．

14．（2021·河南高三其他模拟（理））已知正四棱锥的底面边长为，其内切球的半径为，则该四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为_________（用含的代数式表示）.

【答案】

【详解】

设正四棱锥的内切球的球心为，内切球与四棱锥底面的切点为，

设球与侧面的切点为，

取的中点，连接、、、，

因为底面，平面，则，则，

且该四棱锥的侧棱与底面所成角等于，

易知，则，又因为，故，

设，则，即，化简得，

解得或（舍去），

又，所以侧棱与底面所成角的正切值为.

故答案为：.

15．（2021·通辽新城第一中学高三其他模拟（理））如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是___________.

①平面；

②异面直线与所成角是定值；

③三棱锥体积的最大值是；

④一定存在某个位置，使

【答案】①②③

【详解】

对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：

因为M、F分别为、中点，

所以，且，

又矩形ABCD，E为AB中点，

所以且，

所以，且，

所以四边形BEFM为平行四边形，

所以，

又平面，平面，

所以平面，故①正确；

对于②：由①可得，

所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，

由题意得，在旋转过程中，形状不变，

所以不变，

所以异面直线与所成角为定值，故②正确；

对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，

所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，

由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，

此时到DE的距离即为所求，且为，

所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；

对于④：假设，由题意得，，DC=2，

所以，即，

所以平面，

所以，

由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，

所以DE无法垂直，故假设错误，

所以不存在某个位置，使，故④错误；

故答案为：①②③

16．（2021·全国高三月考（文））如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，则下列四个结论中成立的是________．（写出对应的序号）

①平面；

②；

③；

④长方体的外接球表面积为．

【答案】①②④

【详解】

连接BD，BC1，B1D1，AB1，如图：

由长方体的结构特征知，对角面BDD1B1是矩形，即BD//B1D1，B1D1平面BC1D，BD平面BC1D，于是B1D1//平面BC1D，

同理AD1//平面BC1D，而B1D1AD1= D1，B1D1平面AB1D1，AD1平面AB1D1，

平面AB1D1//平面BC1D，而平面，平面，故①正确；

中，，由余弦定理得，故②正确；

中，，故，故③错误；

长方体外接球半径为，则，则，

则该长方体的外接球的表面积为，故④正确，

综上，正确结论的序号是①②④．

故答案为：①②④

四、解答题

17．（2021·广东高三其他模拟）如图1，四边形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A为PD的中点，将△ABP沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点．

（1）若M为PD的中点，证明：平面PCD⊥平面ABM；

（2）若PC，试确定M的位置，使二面角M﹣AB﹣D的余弦值等于．

【答案】（1）证明见解析；（2）DM＝2MP．

【详解】

（1）证明：由题意，AD＝BC，且AD∥BC，故四边形ABCD是平行四边形，

又PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，

∴△PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形，

取AB的中点E，连接PE，CE，易知△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC，

又PE∩EC＝E，

∴AB⊥平面PEC，

∴AB⊥PC，

取PC的中点N，连接MN，BN，则MN∥CD∥AB，即A，B，N，M四点共面，

又PB＝BC＝2，则BN⊥PC，

又AB∩BN＝B，

∴PC⊥平面ABM，

又PC在平面PCD内，

∴平面PCD⊥平面ABM；

（2）∵，，所以，

∴PE⊥EC，

又AB⊥PE且AB⊥EC，则以为原点，以EB，EC，EP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则，

设，则，

则，得，

则，

易知平面ABD的一个法向量为，

设平面MAB的一个法向量为，

又，，

∴，得，取，得，

所以，

所以，

解得，故DM＝2MP．

18．（2021·全国高三专题练习（文））如图在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面分别是的中点.

（1）证明：；

（2）若M是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求M点的位置.

【答案】（1）证明见解析；（2）M点在上靠近P点的四等分点处.

【详解】

（1）连接且E是的中点，.

又平面平面，平面平面平面.

平面平面.

又为菱形，且分别为棱的中点，.

，又平面；

平面.

（2）如图，连接，

设，则，

，

，则，又.

.

解得，即M点在上靠近P点的四等分点处.

19．（2021·河北衡水中学高三其他模拟）在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，，，，，，为的中点，且点满足.

（1）证明：平面.

（2）当多面体的体积最大时，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【详解】

（1）分别取中点，连结.

在梯形中，且，且分别为中点

∴， ∴，

∴四边形是平行四边形 ∴

又，为中点，∴为中点，

又为中点  ∴∴

又平面，平面 ∴平面

（2）在平面内，过作交于.

平面平面，平面平面，平面，，

∴平面 ∴即为四棱锥的高，

又底面面积确定，所以要使多面体体积最大，即最大，此时

过点作，易知，，两两垂直，

以为正交基底建立如图所示的平面直角坐标系

则，，

设为平面的一个法向量，则

，所以，取

设为平面的一个法向量，则

，所以，取

所以，

由图，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.

20．（2021·江苏南通·高三其他模拟）《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.

（1）若P为的中点，求证：平面.

（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.

【详解】

解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.

在堑堵中，四边形为平行四边形，

所以且.

在中，P，H分别为，的中点，

所以且.

因为N为BC的中点，所以，

从而且，

所以四边形PHCN为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.

易知平面ABC的一个法向量为.

假设满足条件的点P存在，令，

则，.

设平面PMN的一个法向量是，

则即

令，得，，

所以.

由题意得，解得，故点P不在线段上.

21．（2021·新疆高三二模（理））已知多边形是边长为2的正六边形，沿对角线将平面折起，使得.

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.

【详解】

（1）证明：过作，连接

由正六边形的性质知，且，，

因为平面，平面，

所以平面，又平面，所以平面平面.

（2）如图，以O为空间直角坐标系原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，

设，则，

设平面的一个法向量为，则

，取，得，

又，

设平面的一个法向量为，则

，取，得

设二面角的平面角为，

则，解得，所以.

22．（2021·千阳县中学高三其他模拟（文））如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC平面BDE

（1）请确定点E的位置；并说明理由.

（2）若是等边三角形，， 平面PAD平面ABCD，四棱锥的体积为，求点E到平面PCD的距离.

【答案】（1）点为的中点，理由见解析（2）

【详解】

（1）连接AC交BD于M，如图，

当E为AP的中点时， 点M为AC的中点.

∴在中，，平面BDE，

平面BDE. ∴平面BDE.

（2）是等边三角形，，平面平面ABCD，

以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，

以OP为z轴，建立空间直角坐标系，

设，四棱锥的体积为，

，解得．

0，，0，，0，，0，，6，．

0，，6，，0，，

设平面PCD的法向量，

则，取，得0，，

到平面PCD的距离．