2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点33 空间点、直线、平面之间的位置关系+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点33 空间点、直线、平面之间的位置关系+答案解析，共20页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试33　空间点、直线、平面之间的位置关系

高考
概览
高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度
考纲
研读
1.理解空间直线、平面位置关系的定义
2．了解可以作为推理依据的基本事实和定理
3．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题

一、基础小题
1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b(　　)
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
答案　C
解析　c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若c∥b，c∥a，则a∥b或a与b重合，与已知矛盾．故选C.
2．下列四个说法中正确的有(　　)
①如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l；
④在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．
A．1个 B．2个
C.3个 D．4个
答案　A
解析　若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交，①错误；两条异面直线不能确定一个平面，②错误；若M∈α，M∈β，则M是平面α与β的公共点，又α∩β＝l，则M∈l，③正确；在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，④错误．故选A.
3．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　当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直．所以无论直线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．
4．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　对于A，易判断PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易判断PQ∥SR，故点P，Q，R，S共面；D中的RS，PQ为异面直线，故点P，Q，R，S不共面．故选D.
5. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1＝4，AB⊥AC，M为BB1的中点，点N在棱CC1上，CN＝3NC1，则异面直线A1N与CM所成角的正切值为(　　)

A. B．
C. D．
答案　D
解析　在棱AA1上取一点D，使得AD＝1，连接CD，DM，则CD＝DM＝，CM＝，CD∥A1N，所以∠DCM即为A1N与CM所成的角，

取CM的中点E，连接DE，所以DE⊥MC，DE＝＝，故tan∠DCM＝＝＝，所以异面直线A1N与CM所成角的正切值为.故选D.
6．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为(　　)
A．90° B．60°
C.45° D．30°
答案　C
解析　如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)．

∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA＝2，∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°，故选C.
7. 在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB和DD1的中点，经过点B1，E，F的平面α交AD于G，则AG＝(　　)

A. B．
C. D．
答案　D
解析　平面B1EF与平面CC1D1D的交线与B1E平行，即过F作B1E的平行线交C1D1于H，连接B1H，过E作EG∥B1H交AD于G，连接FG，由比例关系知，H为C1D1的四等分点，从而G为AD的三等分点，故而AG＝.故选D.

8. (多选)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是(　　)

A．DE与MN平行
B．BD与MN为异面直线
C．GH与MN成60°角
D．DE与MN垂直
答案　BCD
解析　将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于A，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A错误；对于B，易知BD与MN为异面直线，故B正确；对于C，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故C正确；对于D，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D正确．故选BCD.
9．(多选)如图所示长方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论不正确的是(　　)

A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
答案　BCD
解析　连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面．所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线，A正确；连接AO，因为A，M，O三点共线，而A1为直线AO外一点，所以A，M，O，A1共面，B不正确；因为A，M，O三点共线，C为直线AO外一点，所以A，M，C，O共面，C不正确；因为直线BB1与直线AO是异面直线，所以B，B1，O，M不共面，D不正确．故选BCD.
10．如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．

答案　
解析　如图，将原图补成正方体ABCD－QGHP，连接GP，AG，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝.

11. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为棱A1D1，C1D1的中点，过M，N，B三点的截面与平面BCC1B1的交线为l，则直线l与AD所成角的余弦值为________．

答案　
解析　如图，在平面ABCD中，过B作BE∥MN，交DC延长线于点E，连接NE，交CC1于点F，连接BF，则BF就是过M，N，B三点的截面与平面BCC1B1的交线l，

由题意得CE＝DC＝2NC1，∴CF＝2C1F，∵BC∥AD，∴∠FBC是直线l与AD所成的角(或其补角)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，则BC＝3，CF＝2，BF＝＝，∴cos∠FBC＝＝＝.∴直线l与AD所成角的余弦值为.
12. 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＝＝，则下列说法正确的是________(填写所有正确说法的序号)．

①EF与GH平行；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
答案　④
解析　连接EH，FG，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，所以四边形EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD交线上的一点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．故只有④正确．
二、高考小题
13．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　解法一：如图，连接A1C1，BC1，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体的棱长为2，

则PB＝，PC1＝，BC1＝2，则PB2＋PC＝BC，在Rt△PBC1中，因为sin∠PBC1＝＝＝，所以直线PB与AD1所成的角为.故选D.
解法二：如图，连接A1C1，A1B，BC1，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．在正方体中，易知BC1＝BA1＝A1C1，则△BA1C1为等边三角形，又点P为A1C1的中点，所以∠PBC1＝∠A1BC1＝，所以直线PB与AD1所成的角为.故选D.


14．(2020·新高考Ⅰ卷) 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)

A．20° B．40°
C.50° D．90°
答案　B
解析　画出截面图如图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l，AB是晷针所在直线，m是晷面的截线，

依题意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m.由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG＋∠GAE＝∠BAE＋∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE＝40°.故选B.
15. (2019·全国Ⅲ卷)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　解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又点N为正方形ABCD的中心，

∴ON⊥CD.以CD的中点O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD＝2，则E(0,0，)，N(0,1,0)，M，B(－1,2,0)，∴EN＝ ＝2，BM＝ ＝，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△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＝，∴EN＝＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝＝＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
16．(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成的角为∠EAB，设正方体的棱长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝a，则tan∠EAB＝＝＝.故选C.

三、模拟小题
17．(2021·上海市浦东新区高三三模)下列命题正确的是(　　)
A．三点确定一个平面
B．三条相交直线确定一个平面
C．对于直线a，b，c，若a∥b，b∥c，则a∥c
D．对于直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案　C
解析　对于A，不在一条直线上的三点确定一个平面，故A错误；对于B，如正方体一个顶点出发的三条棱所在直线确定三个平面，故B错误；对于C，根据空间中平行线间的传递性可得若a∥b，b∥c，则a∥c，故C正确；对于D，若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面，故D错误．故选C.
18. (2021·河北邯郸第三次模拟)如图，圆台OO1的上底面半径为O1A1＝1，下底面半径为OA＝2.母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为(　　)

A．30° B．45°
C.60° D．90°
答案　B
解析　在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B，易证四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角，在Rt△AA1B中，AA1＝2，所以A1B＝；连接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝；在Rt△A1BC中，BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°.故选B.

19. (2021·湖南湘潭高三一模)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)

A．AC与BD1是两条相交直线
B．AA1∥平面BB1D1
C．B1C∥BD1
D．A，C，B1，D1四点共面
答案　B
解析　因为BD1⊂平面ABD1，AC∩平面ABD1＝A，A∉BD1，所以AC与BD1是异面直线，A错误；因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，所以AA1∥平面BB1D1，B正确；因为BD1⊂平面BB1D1，B1C∩平面BB1D1＝B1，B1∉BD1，所以B1C与BD1是异面直线，C错误；因为A，C，D1三点在平面ACD1上，B1D1与平面ACD1相交于点D1，所以A，C，B1，D1四点不共面，D错误．故选B.
20．(多选)(2021·湖南长沙雅礼中学高三月考) 如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，下列命题中的真命题是(　　)

A．过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
B．过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
C．过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
D．过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
答案　ABD
解析　直线AB与B1C1是两条互相垂直的异面直线，点M不在这两条异面直线中的任何一条上，如图所示，取C1C的中点N，则MN∥AB，且MN＝AB，

设BN与B1C1交于点H，则点A，B，M，N，H共面，直线HM必与直线AB相交于某点O.所以过M点有且只有一条直线HO与直线AB，B1C1都相交，故A正确；过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直，此垂线就是棱DD1，故B正确；过M点有无数个平面与直线AB，B1C1都相交，故C不正确；过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行，此平面就是过M点与正方体的上、下底都平行的平面，故D正确．故选ABD.
21. (多选)(2021·江苏省扬州市第一中学高三教学质量调研)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．直线AM与BN是平行直线
B．直线BN与MB1是异面直线
C．直线MN与AC所成的角为60°
D．平面BMN截正方体所得的截面面积为
答案　BCD
解析　直线AM与BN是异面直线，故A不正确；直线BN与MB1是异面直线，故B正确；由条件可知MN∥D1C，所以异面直线MN与AC所成的角为∠ACD1，△ACD1是等边三角形，所以∠ACD1＝60°，故C正确；

如图，延长MN，并分别与DD1和DC交于E，G，连接EA1，GB并延长交于点F，连接A1M，A1B，则四边形A1BNM即为平面BMN截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A1BNM是等腰梯形，MN＝，A1B＝2，A1M＝BN＝，则梯形的高是h＝＝，所以梯形的面积S＝×(＋2)×＝，故D正确．故选BCD.

一、高考大题
1. (2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：

(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
证明　(1)∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥BB1.
连接BD，B1D1.
∵AB＝BC，∴四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD.
∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥平面BB1D1D.
∵EF⊂平面BB1D1D，
∴EF⊥AC.
(2)在CC1上取点M使得CM＝2MC1，
连接DM，MF，EC1，

∵ED1＝2DE，DD1∥CC1，
DD1＝CC1，
∴DE＝MC1，DE∥MC1.
∴四边形DMC1E为平行四边形，
∴DM∥EC1.
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
BF＝2FB1，CM＝2MC1，BB1∥CC1，BB1＝CC1，
∴MF∥CB，MF＝CB，
∴MF∥DA，MF＝DA，
∴四边形MFAD为平行四边形，
∴DM∥AF，∴EC1∥AF.
∴E，C1A，F四点共面，即点C1在平面AEF内．
二、模拟大题
2. (2021·黑龙江齐齐哈尔月考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1，AB的中点．

(1)求证：E，F，C，D1四点共面；
(2)确定直线D1E与直线CF交点的位置，不需要说明理由．
解　(1)证明：如图，连接EF，CD1，A1B，
∵AF＝BF，AE＝A1E，∴EF∥A1B，
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1綊BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，
∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，
∴E，F，C，D1四点共面．

(2)直线D1E与直线CF交点的位置在线段DA的延长线上，且距离点A的距离与AD长相等．
(理由供参考：设D1E∩CF＝M，
所以M∈D1E，所以M∈平面ADD1A1，

同理可得M∈平面ABCD，
所以M在平面ABCD与平面ADD1A1的交线上，
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，
所以M∈AD，
又因为AE＝DD1，AE∥DD1，
所以＝＝，所以A为MD中点，
所以直线D1E与直线CF交点的位置在线段DA的延长线上，且距离点A的距离与AD长相等．)
3. (2021·上海市宝山中学月考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝，AA1＝4，点M为线段AA1的中点．

(1)求直三棱柱ABC－A1B1C1的体积；
(2)求异面直线BM与B1C1所成角的余弦值．
解　(1)因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝，AA1＝4，
所以S△ABC＝×1×1＝，AA1是三棱柱的高，所以VABC－A1B1C1＝×4＝2.
(2) 如图，因为BC∥B1C1，所以∠MBC(或其补角)即为异面直线BM与B1C1所成的角．
连接CM，在△MBC中，

BC＝，BM＝＝，
CM＝，
cos∠MBC＝＝＝.
所以异面直线BM与B1C1所成角的余弦值为.
4．(2021·山东枣庄高三二模)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点F在棱CC1上，过B，D1，F三点的正方体的截面α与直线AA1交于点E.

(1)找到点E的位置，作出截面α(保留作图痕迹)，并说明理由；
(2)已知CF＝a，求α将正方体分割所成的上半部分的体积V1与下半部分的体积V2之比．
解　(1)在正方形CDD1C1中，过F作FG∥DC，且交棱DD1于点G，
连接AG，在正方形ADD1A1内过D1作D1E∥AG，且交棱AA1于点E，
连接EB，则四边形BED1F就是要作的截面α.

理由：由题意，平面α∩平面AD1＝D1E，
平面α∩平面BC1＝BF，平面AD1∥平面BC1，
应有D1E∥BF，
同理，BE∥FD1，所以四边形BED1F应是平行四边形．
由作图过程，FG∥DC，FG＝DC，
又AB∥DC，AB＝DC，
所以AB∥FG，AB＝FG，所以四边形ABFG是平行四边形，
所以AG∥BF，AG＝BF，
由作图过程，D1E∥AG.又EA∥D1G，
所以四边形EAGD1是平行四边形，
所以D1E＝AG，
又AG∥BF，AG＝BF，
所以D1E∥BF，且D1E＝BF，
所以四边形BED1F是平行四边形，
四边形BED1F就是要作的截面．
(2)由题意，CF＝a(0