专题07 客观题之--点线面的位置关系与空间的角--《2022年新高考数学冲刺精准训练（浙江专用）》

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专题07 客观题之--点线面的位置关系与空间的角
【命题规律】
从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,其中，线线垂直关系考查最多.试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,几乎每年必考,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.对于空间角的考查，主要通过选择（填空）题、解答题两种题型进行.选择（填空）题侧重应用几何方法求解，而解答题则侧重于应用空间向量方法求解.
从近两年高考命题看，立体几何考题的难度较前几年有所降低.
预测2022年将保持稳定.
【冲刺训练】
一、单选题
1．（2021·浙江省武义第一中学高三阶段练习）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）
A．若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据面面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理判断选项即可.
【详解】
m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于,若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则与平行或相交，故错误；
对于,若m∥α，m∥n，则n∥α 或，故错误；
对于,若m∥n，n⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故正确；
对于,若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则或与相交或∥，故错误.
故选：.
2．（2022·河南·二模（理））已知是平面内的两条直线，则“直线且”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件的
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定及性质进行解答.
【详解】
若与不相交，则“直线且”不能推出“”；反之，如果“”，无论与是否相交，都能推出“直线且”，故“直线且”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，在正方体中，P是线段上的动点，则（       ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
正方体中证明平面平面后可得线面平行，从而得正确选项．
【详解】
如图，正方体中，由与平行且相等得平行四边形，得，
平面，平面，得平面，
同理平面，而是平面内两条相交直线，因此有平面平面，
平面，所以平面，
故选：B．

4．（2021·四川省泸县第二中学高三阶段练习（理））已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（       ）
①
②
③
④
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面、面面的位置关系，逐一判断可得选项.
【详解】
解：对于①，若，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故①错误；
对于②，若，则，故②正确；
对于③，若，则m，n可能平行也可能异面，故③错误；
对于④，若，则或nα，故④错误；.
综上得命题中正确的是②，共1个，
故选：B.
5．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知经过圆柱旋转轴的给定平面，A，B是圆柱侧面上且不在平面上的两点，则下列判断正确的是（       ）
A．不一定存在直线l，且l与AB异面 B．一定存在直线l，且
C．不一定存在平面，且 D．一定存在平面，且
【答案】B
【解析】
【分析】
根据异面直线的定义、结合线面垂直的判定定理和性质、面面垂直的性质、面面平行的性质逐一判断即可.
【详解】
由题可知：当时，在平面内一定存在直线l，与AB异面；
当AB与平面相交时，平面内不经过此交点的直线与AB均异面，所以A错误；
AB在平面内的投影为，因为，所以，
当且时，显然，而平面，
所以平面，而平面，所以，因此B正确；
无论同侧，还是异侧，若为过的圆柱轴截面，则，所以C错误；
当AB与平面斜交时，不存在平面β，使得，所以D错误.
故选：B.
6．（2022·河南焦作·二模（文））设是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，若，，，则与的关系可能是平行、相交或异面，
所以A错误；
对于B中，若，，则的关系可能是平行或异面，故错误；
对于C中，若，，，，则，
因为，所以，故C正确；
对于D中，因为，，，所以与相交或平行，所以D错误.
故选：C.
7．（2022·新疆·模拟预测（理））设是直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据各选项中线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断线面、面面关系即可.
【详解】
A：若，，则可能平行、相交，错误；
B：若，过的平面且，则，而即，又，则，正确；
C：若，，则或，错误；
D：若，，则或，错误.
故选：B
8．（2022·江西·芦溪中学高三期末（文））已知直线和平面满足：，则（       ）
A． B．或 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用线面的位置关系进行分类讨论，利用线面垂直的性质分析即得.
【详解】
当，时，，故由，可得；
当，，则，
故由，可得或.
故选：B.
9．（2022·江西·模拟预测（理））已知l，m是两条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，则“”是“”的（　　）条件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间中的平行关系与垂直关系，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】
解：因为，，
当，则，
又因为，则在平面内存在一条直线使得，
再根据面面垂直的判定定理可得，故“”可以推出“”，
当时，与平行相交都有可能，故“”不一定可以推出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10．（2022·河南新乡·高三期末（文））l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，若，，则“l//m”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
根据给定条件，举例判断面面位置关系的命题，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】
长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，
显然有l//m，而与相交，即l//m不能推出；

长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，
显然有，而l与m是异面直线，即不能推出l//m，
所以“l//m”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
11．（2022·全国·模拟预测（文））如图．四棱锥的底面为正方形，空间中存在点E，满足，则点E可能位于（       ）

A．平面与平面的交线上 B．平面与平面的交线上
C．直线上 D．直线上
【答案】A
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案.
【详解】
设平面平面，
因为，所以平面，由线面平行的性质定理知，；
又，
所以与重合，
即点E位于平面与平面的交线上.
故选：A．
12．（2022·浙江·高三专题练习）已知两个不重合的平面，和直线l，若，则“”是“”的（       ）．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，结合直线与平面位置关系判断即可得答案.
【详解】
解：若，，则或，故充分性不成立；
若，，则或或直线l与平面相交，故必要性不成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
13．（2022·湖北·一模）设，为两个不同的平面，则的一个充要条件可以是（       ）
A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线
【答案】D
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理逐项判断即可.
【详解】
对于A，内有无数条直线与平行不能得出内的所有直线与平行才能得出，故A错；
对于B、C，垂直于同一平面或平行于同一条直线，不能确定的位置关系，故B、C错；
对于D，垂直于同一条直线可以得出，反之当时，若垂于某条直线，则也垂于该条直线.
故选：D.
14．（2020·四川·模拟预测（理））如图，已知、分别为正方体的棱、的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是（       ）

A．平面平面 B．截面是直角梯形
C．直线与直线异面 D．直线平面
【答案】D
【解析】
【分析】
分别延长,交于点,连接交于点,由于分别为正方体棱的中点，则是的中点，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法依次求解即可．
【详解】
分别延长,交于点,连接交于点,
∵分别为正方体的棱的中点，∴是的中点，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，,，
则，，，，
设平面的法向量，
则，令，则，，即，
设平面的法向量，
则，令，则，，即，
∵间没有倍数关系，∴平面和平面不平行，故A错误；

，且与相交，∴截面是梯形，
又∵，∴与不垂直，
∴截面是梯形但不是直角梯形，故B错误；
∵、分别为正方体的棱、的中点，
∴，∴，，，四点共面，
∴直线与直线共面，故C错误；
由，，可知，
则，，
∴，，，
∴直线平面，故D正确．
故选：D．
15．（2022·河南·模拟预测（理））已知正方体的棱长是2，E，F分别是棱和的中点，点P在正方形（包括边界）内，当平面时，长度的最大值为a．以A为球心，a为半径的球面与底面的交线长为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分别取 的中点M，N，连接MN，AM，AN，易证平面AMN平面，从而得到点P的轨迹是线段MN，则长度的最大值为 ，然后在平面内取一点P，使得，即以为圆心，以1为半径的圆弧求解.
【详解】
解：如图所示：

分别取 的中点M，N，连接MN，AM，AN，
所以，又平面，平面，
所以平面，
同理 平面，又，
所以平面AMN平面，
因为点P在正方形（包括边界）内，且平面，
所以点P的轨迹是线段MN，
所以长度的最大值为 ，
在平面内取一点P，使得，则，
所以以A为球心，为半径的球面与底面的交线为
以为圆心，以1为半径的圆弧RPQ，
其长度为，
故选：A
16．（2022·浙江绍兴·高三期末）如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面.记与平面所成角为，与所成角为，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用作图，构造出和，分别求和，比较后，即可判断选项.
【详解】
如图，取，，的中点，，，连接，，，，，，设棱长为2，
，
平面，平面，
所以平面，
，同理平面，，且 ，
所以平面平面，所以点在线段上，
因为平面，所以，
因为，所以或为，

,当点在的中点时，最小，此时最大，最大值是，当点与点，重合时，最大，此时最小，最小值是，
当点在的中点时，，当点与点，重合时，最小，,， ，，
所以，，，
所以 .
故选：D
17．（2022·浙江·慈溪中学高三阶段练习）四棱锥的各棱长均相等，是上的动点（不包括端点），点在线段上且满足，分别记二面角，，的平面角为，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连对角线得底面的中心,则垂直底面，根据二面角的定义，结合正切函数的性质进行求解即可.
【详解】
连接交于，因为四棱锥的各棱长均相等，
所以有平面，
设是的中点，则有，设四棱锥的棱长为，显然，
过作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
而平面，所以，因此是二面角的平面角，
即，因此有，
同理可证：，因此是二面角的平面角，
即，因此有，
同理可证：，因此是二面角的平面角，
即，因此有，
显然，因此，
故选：D.

【点睛】
关键点睛：根据正切函数的性质进行求解是解题的关键.
18．（2022·浙江·高三专题练习）如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；
②；
③面面．
其中所有正确结论的序号是（       ）

A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
【答案】A
【解析】
【分析】
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.

对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.

对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A

19．（2022·全国·模拟预测）已知m，n，p是不同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（       ）
A．“”是“m平行于平面内的任意一条直线”的充分不必要条件
B．“，”是“”的必要不充分条件
C．“，”是“，，”的必要不充分条件
D．已知，则“”是“”的充要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
根据空间中线线、线面、面面的位置关系，结合充分条件与必要条件的概念依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项；“m平行于平面内的任意一条直线”这句话本身的表达就是错的；
对于B选项：“，”是“”的既不充分也不必要条件；
对于C选项：“，，”可以证明“，”，
由“，”要证明“”，还需添加条件“，，且m和n相交”，
所以C正确；
对于D选项：已知，则“”是“”的充分不必要条件.
故选：C
20．（2022·河南省鲁山县第一高级中学模拟预测（文））某三棱锥的三视图如图所示，P，A，B，C在三视图中所对应的点分别为为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先画出三棱锥，作，易知就是直线与所成的角，再求出相关边长，即可求解.
【详解】
三棱锥如图所示，作，垂足为E，连接，易知就是直线与所成的角.

因为平面，所以.
因为平面，所以平面，所以.
故选：D.
21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，中，，，，D为AB边上的中点，点M在线段BD（不含端点）上，将沿CM向上折起至，设平面与平面ACM所成锐二面角为，直线与平面AMC所成角为，直线MC与平面所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（       ）

①，②，③.
A．① B．①② C．②③ D．①③
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线与直线垂直相交于点，在折叠图里，线段与平面垂直相交于点，根据，，，，得到，进而得到各边长，再逐项判断.
【详解】
解：如图，

设直线与直线垂直相交于点，在折叠图里，线段与平面垂直相交于点，，
由图象知：，，
，
，，，
① ，
，
所以；
② ，
设，
则，
，
由，
得，
，
则，
由得；
③ ，
则，即，
所以，则.
故选：B
22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
在图中分别找到二面角的平面角，二面角的平面角，直线与平面所成角线面角，然后进行大小比较即可解决.
【详解】
在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，
则，，平面，平面
故平面，又平面，则平面平面
在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF，
在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.

由，则为二面角的平面角即，
由平面，，则为二面角的平面角即
由平面，则直线与平面所成角，即，
设，则，，，
，
，
则有，
由
可得，则有，则
又
故，又
故
故选：A
23.（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【解析】
由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】

连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项B错误，选项A正确.
故选：A.
24．（2020·浙江高考真题）已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
25.（2019年浙江卷）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.
法2：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
二、填空题
26．（2022·全国·高三专题练习）正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
【答案】6
【解析】
【分析】
先证明面对角线与的位置关系，再说明棱与的关系，即可判断.
【详解】
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，

∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
故答案为：6
27．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（文））如图，在棱长为1的正方体中，点E、F、G分别为棱、、的中点，P是底面ABCD上的一点，若平面GEF，则下面的4个判断

①点P的轨迹是一段长度为的线段；
②线段的最小值为；
③；
④与一定异面．
其中正确判断的序号为__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】
先证明平面平面，可判断P的轨迹是线段，结合选项和几何性质一一判断即可．
【详解】
分别连接，所以，又因为，则，
同理，，故平面平面，
又因为平面GEF，且P是底面ABCD上的一点，所以点在上．
所以点P的轨迹是一段长度为，故①正确；
当为中点时，线段最小，最小值为，故②错；
因为在正方体中，平面，又平面，
则，故③正确；
当与重合时，与平行，则④错．
故答案为：①③

28．（2022·江西九江·二模）如图，棱长为3的正方体中，P为棱上一点，且，M为平面内一动点，则MC+MP的最小值为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
如图，找出点C关于平面的对称点N，易知当M为NP与平面的交点时MC+MP的最小，求出NP即可.
【详解】
连接，与平面交于点E，易知平面，
作点C关于平面的对称点N，易知，
连接NP，由，得，且，
∴，当M为NP与平面的交点时取等号，
则MC+MP的最小值为.
故答案为：.

29．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起．下列说法正确的是________（填上所有正确的序号）．

①不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN∥AB；
④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.
【答案】①②④
【解析】
【分析】
连接MN交AE于点P，
对于①，根据面面平行的判定和性质可判断；
对于②，根据线面垂直的判定和性质可判断；
对于③，由NP∥AB可得不论D折至何位置（不在平面ABC内）都不可能有MN∥AB；
对于④，由在折起的过程中，根据线面垂直的判定和性质可判断．
【详解】
解：连接MN交AE于点P，则MP∥DE，NP∥AB，
∵AB∥CD，∴NP∥CD.
对于①，由题意可得平面MNP∥平面DEC，∴MN∥平面DEC，故①正确；
对于②，∵AE⊥MP，AE⊥NP，∴AE⊥平面MNP，∴AE⊥MN，故②正确；
对于③，∵NP∥AB，∴不论D折至何位置（不在平面ABC内）都不可能有MN∥AB，故③不正确；
对于④，由题意知EC⊥AE，故在折起的过程中，当EC⊥DE时，EC⊥平面ADE，∴EC⊥AD，故④正确．
故答案为：①②④.

30．（2022·北京房山·一模）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动.给出下列四个结论：

①D1O⊥AC；
②存在一点P，D1O∥B1P；
③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为；
④若P到直线D1C1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分.
其中所有正确结论的序号是_________________.
【答案】①③
【解析】
【分析】
对于①，连接，由三角形为等边三角形判读；
对于②，将D1O进行平移到过点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满足D1O∥B1P；
对于③，连 接，证明平面，所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，此时面积最大为：.
对于④，P到直线D1C1的距离为线段的长度，所以，判定出P点位置即可.
【详解】
对于①，连接，由正方体的性质知三角形为等边三角形，由于为底面的中心，故为中点，故，①正确；

对于②，将D1O进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满足平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于，②错误；
对于③，取B1B的中点E，连 接，证明平面，所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，此时面积最大为：.所以③正确.
对于④，P到直线D1C1的距离为线段的长度，所以，判定出P点位置为直线的垂直平分线，故④错误.
故正确的序号是: ①③.
故答案为: ①③.