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2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲 专题15 点、直线、平面之间的位置关系解析
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专题15 点、直线、平面之间的位置关系第一部分 真题分类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】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：D2．（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】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C错误，选项A正确.故选：A.3．（2019·全国高考真题（理））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A．，且直线是相交直线B．，且直线是相交直线C．，且直线是异面直线D．，且直线是异面直线【答案】B【解析】如图所示， 作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B．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·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】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.6．（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：①③④.7．（2019·北京高考真题（理））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或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【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.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.8．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)详见解析(2) 【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME则为二面角E-BC-D的平面角, 因为,为正三角形,所以为直角三角形因为,从而EF=FM=平面BCD,所以9．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.10．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面 又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.第二部分 模拟训练一、单选题1．已知平面，，直线l，m，且有，，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】对于①：因为，，所以，又，所以，故正确；对于②：因为，，所以，又，所以，故正确；对于③：因为，，所以与可能平行或异面，故错误；对于④：因为，，所以或，所以不一定成立，故错误；故选：B.2．设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【解析】A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；C．若，，，则可能相交，可能平行，C错；D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确．故选：C．3．在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线做平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【解析】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；（2）当直线与平行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况.故选：C.4．若，，是空间中三个不同的平面，，，，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】C【解析】如图所示，设平面为，平面为，为，直线为，直线为，为.若，平面，，所以，又，，所以，所以， 即充分性成立；反之，若，平面，，所以，又，，所以，所以，即必要性成立.故是的充要条件.故选：C.5．刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方，得两堑堵．邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的直观图，侧棱底面，且，，，则堑堵的体积为（ ）A．8 B．12 C．16 D．18【答案】A【解析】由已知得，阳马是一个四棱锥，其中侧棱底面，且，，连接AC，所以底面对角线，又，故底面是边长为的正方形，所以阳马的体积为，则设堑堵的体积为，则依题意可知，故.故选：A．6．在长方体中，，，，，分别为，，上的点，，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）A． B．C． D．与有关【答案】B【解析】过点作于点，过作于点由，可知,，，面，过作于点，∴∴，设为，则=，又，∴故选：B 二、填空题7．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记作：.关于两个不同的平面，有如下四个命题：①若，则存在点满足.②若，则存在点满足.③若，则不存在点满足.其中所有真命题的序号是______.【答案】②③ ④【解析】①设，因为，所以，则，故错误；②设，若，当点时，满足，故正确；③设，则，. 因为，所以，则，故正确；④设，则，因为恒有，则重合与一点Q，则为矩形，所以，故正确；故答案为：②③ ④8．已知正方体的棱长为4，点是的点在侧面内．若，则面的最小值为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，，由正方体的性质可得，，，四点共面．由于在平面内的射影为，，所以．由于在平面内的射影为，，所以，由，，，得平面，要使，则点必须在平面内．又点在平面内，所以点在两个平面的交线上，即．当时，最小，此时，则面积的最小值为．故答案为：9．在四棱锥中，平面，，点是矩形内（含边界）的动点，且，，直线与平面所成的角为.记点的轨迹长度为，则______.【答案】【解析】如图1，因为平面，所以即为直线与平面所成的角，所以.因为，所以，所以如图2,点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，则点的轨迹为圆弧.连接，则.因为，，所以，则弧的长度，所以.故答案为：.
专题15 点、直线、平面之间的位置关系第一部分 真题分类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】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：D2．（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】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C错误，选项A正确.故选：A.3．（2019·全国高考真题（理））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A．，且直线是相交直线B．，且直线是相交直线C．，且直线是异面直线D．，且直线是异面直线【答案】B【解析】如图所示， 作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B．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·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】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.6．（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：①③④.7．（2019·北京高考真题（理））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或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【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.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.8．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)详见解析(2) 【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME则为二面角E-BC-D的平面角, 因为,为正三角形,所以为直角三角形因为,从而EF=FM=平面BCD,所以9．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.10．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面 又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.第二部分 模拟训练一、单选题1．已知平面，，直线l，m，且有，，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】对于①：因为，，所以，又，所以，故正确；对于②：因为，，所以，又，所以，故正确；对于③：因为，，所以与可能平行或异面，故错误；对于④：因为，，所以或，所以不一定成立，故错误；故选：B.2．设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【解析】A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；C．若，，，则可能相交，可能平行，C错；D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确．故选：C．3．在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线做平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【解析】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；（2）当直线与平行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况.故选：C.4．若，，是空间中三个不同的平面，，，，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】C【解析】如图所示，设平面为，平面为，为，直线为，直线为，为.若，平面，，所以，又，，所以，所以， 即充分性成立；反之，若，平面，，所以，又，，所以，所以，即必要性成立.故是的充要条件.故选：C.5．刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方，得两堑堵．邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的直观图，侧棱底面，且，，，则堑堵的体积为（ ）A．8 B．12 C．16 D．18【答案】A【解析】由已知得，阳马是一个四棱锥，其中侧棱底面，且，，连接AC，所以底面对角线，又，故底面是边长为的正方形，所以阳马的体积为，则设堑堵的体积为，则依题意可知，故.故选：A．6．在长方体中，，，，，分别为，，上的点，，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）A． B．C． D．与有关【答案】B【解析】过点作于点，过作于点由，可知,，，面，过作于点，∴∴，设为，则=，又，∴故选：B 二、填空题7．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记作：.关于两个不同的平面，有如下四个命题：①若，则存在点满足.②若，则存在点满足.③若，则不存在点满足.其中所有真命题的序号是______.【答案】②③ ④【解析】①设，因为，所以，则，故错误；②设，若，当点时，满足，故正确；③设，则，. 因为，所以，则，故正确；④设，则，因为恒有，则重合与一点Q，则为矩形，所以，故正确；故答案为：②③ ④8．已知正方体的棱长为4，点是的点在侧面内．若，则面的最小值为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，，由正方体的性质可得，，，四点共面．由于在平面内的射影为，，所以．由于在平面内的射影为，，所以，由，，，得平面，要使，则点必须在平面内．又点在平面内，所以点在两个平面的交线上，即．当时，最小，此时，则面积的最小值为．故答案为：9．在四棱锥中，平面，，点是矩形内（含边界）的动点，且，，直线与平面所成的角为.记点的轨迹长度为，则______.【答案】【解析】如图1，因为平面，所以即为直线与平面所成的角，所以.因为，所以，所以如图2,点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，则点的轨迹为圆弧.连接，则.因为，，所以，则弧的长度，所以.故答案为：.
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