考向27空间点、直线、平面之间的位置关系（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（学生版）

这是一份考向27空间点、直线、平面之间的位置关系（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（学生版），共37页。试卷主要包含了已知正方体，则等内容，欢迎下载使用。
考向27 空间点、直线、平面之间的位置关系

1.（2022年甲卷理7文9）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A． B． 与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为

【答案】D
【解析】与平面即，与平面即，
则，设，则，由长方体对角线长公式，得，从而，，与平面所成的角的正弦值为，，与平面所成的角的正弦值为．
2.（2022年乙卷理7文9）在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【解析】
对于A选项：在正方体中，因为EF分别为AB，BC的中点，易知，从而平面，又因为平面，所以平面平面，所以A选项正确；
对于B选项：因为平面平面,由上述过程易知平面平面不成立；
对于C选项：由题意知直线与直线必相交，故平面平面有公共点，从而C选项错误；
对于D选项：连接，，，易知平面平面，
又因为平面与平面有公共点，故平面与平面
不平行，所以D选项错误.
3.（2022年新高考1卷第9题）已知正方体，则
A．直线与所成的角为
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【解析】在正方体中，因为，，所以平面，所以，，故选项A，B均正确；
设，因为平面，所以直线与平面所成的角为，在直角中，，故，故选项C错误；
直线与平面所成的角为，故选项D正确．综上，答案选ABD．


(1)证明点或线共面：
①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线：
①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
(3)证明线共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
（3）求异面直线所成角
①平移法：
常见三种平移方法：直接平移：中位线平移（尤其是图中出现了中点）：补形平移法：“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。
②利用模型求异面直线所成的角
已知平面α的一条斜线a与平面α所成的角为θ1，平面α内的一条直线b与斜线a所成的角为θ，与它的射影a′所成的角为θ2。求证：cosθ= cosθ1·cosθ2。
③向量法求异面直线所成的角
　

1．公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
2．异面直线判定的一个定理
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．


1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线即不平行，也不相交．
2．在判断直线与平面的位置关系时最易忽视“线在平面内”．

一、单选题
1．正方体中，点在棱上，过点作平面的平行平面，记平面与平面的交线为，则与所成角的大小为（    ）
A． B． C． D．
2．如图，直三棱柱中，，若，则异面直线所成角的大小是（    ）

A． B． C． D．
3．设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，则
②若，则
③若，则
④若，则
其中为真命题的是（    ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
4．如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（    ）．

A．直线 B．直线
C．直线 D．直线．
5．已知正方体中，E，G分别为，的中点，则直线，CE所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
6．已知是两条不同的直线，是平面，且，则（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．如图正方体中，分别为棱的中点，连接.空间任意两点，若线段上不存在点在线段上，则称两点可视，则下列选项中与点可视的为（    ）

A．点P B．点B C．点R D．点Q
8．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

二、多选题
9．已知空间中是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（    ）
A．
B．
C．与异面
D．
10．如图，若为正六棱台，，，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．平面
C．平面
D．侧棱与底面所成的角为

三、填空题
11．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．
12．已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，为的中点，若，则侧面四边形为正方形，则异面直线与所成角的余弦值为___________.

13．在矩形ABCD中，，点E为CD的中点（如图1），沿AE将△折起到△处，使得平面平面ABCE（如图2），则直线PC与平面ABCE所成角的正切值为___________.

14．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，给出下列四
个命题：

①上底边的中点在平面内
②直线与平面不平行
③平面截正方体所得的截面面积为
④点与点到平面的距离相等．
错误的命题是________．

一、单选题
1．（2022·浙江·模拟预测）现有边长为的正四面体，其中点M为的重心，点N，H分别为，中点．下列说法正确的有（    ）

A． B． C． D．
2．（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面与平行的4个命题中，真命题的个数是（    ）.
（1）、都垂直于平面r，那么∥.
（2）、都平行于平面r，那么∥.
（3）、都垂直于直线l，那么∥.
（4）如果l、m是两条异面直线，且∥，∥，∥，∥，那么∥
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2022·浙江嘉兴·二模）如图，已知正方体的棱长为，则下列结论中正确的是（    ）

①若是直线上的动点，则平面
②若是直线上的动点，则三棱锥的体积为定值
③平面与平面所成的锐二面角的大小为
④若是直线上的动点，则
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
4．（2022·山东潍坊·三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形．则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
5．（2022·河南·模拟预测（文））手工课可以提高学生的动手能力、反应能力、创造力，使学生在德、智、体、美、劳各方面得到全面发展.某小学生在一次手工课上制作了一座漂亮的房子模型，它可近似地看成是一个直三棱柱和一个长方体的组合图形.其直观图如图所示，，，P，Q，M，N分别是棱AB，，，的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
6．（2022·北京·人大附中模拟预测）已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（    ）

A．只可能为三角形或六边形
B．平面与平面的夹角为定值
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大
D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
7．（2022·河南安阳·模拟预测（理））在四面体ABCD中，，平面BCD，.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（    ）

A．
B．
C．
D．

二、多选题
9．（2022·广东·大埔县虎山中学模拟预测）如图所示，在棱长为2的正六面体中，O为线段的中点（图中未标出），以下说法正确的有（    ）．

A．线段CD中点为E，则直线OE与平面所成角的正弦值为．
B．在线段上取靠近B点的三等分点F，则直线与直线不共面．
C．在平面上存在一动点P，满足，则P点轨迹为一椭圆．
D．在平面上存在一动点Q，点Q到点O的距离和点Q到直线AB的距离相等，则点Q的轨迹为抛物线，其准线到焦点的距离为．
10．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）已知点 为正方体的棱的中点，过的平面截正方体，，下列说法正确的是（    ）
A．若与地面所成角的正切值为，则截面为正六边形或正三角形
B．与地面所成角为则截面不可能为六边形
C．若截面为正三角形 时，三棱锥的外接球的半径为
D．若截面为四边形，则截面与平面所成角的余弦值的最小值为

三、填空题
11．（2022·河南·新乡县高中模拟预测（理））已知A，B两点在球O的球面上，过直线AB的两个平面所成的锐二面角为60°，两平面与球面的交线分别为圆C和圆D，圆C的半径为1，圆D的半径为2，且AB是圆C的一条直径，则该球的半径为______．
12．（2022·广东广州·三模）讲一个半径为5的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆PA､PB､PC组成，它们两两成60°角.则水晶球的球心到支架P的距离是___________.

13．（2022·广东·一模）如图为四棱锥的侧面展开图（点，重合为点），其中，，是线段的中点，请写出四棱锥中一对一定相互垂直的异面直线：__________.（填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形）

14．（2022·甘肃·高台县第一中学模拟预测（文））在棱长为的正方体中，分别为的中点，为正方体棱上一动点.下列说法中所有正确的序号是___________
①在上运动时，存在某个位置，使得与所成角为；
②在上运动时，与所成角的最大正弦值为；
③在上运动且时，过三点的平面截正方体所得多边形的周长为；
④在上运动时（不与重合），若点在同一球面上，则该球表面积最大值为.

1．（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．
2．（2019•新课标Ⅲ，理8文8）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
3．（2019•新课标Ⅱ，理7文7）设，为两个平面，则的充要条件是　　
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
4．（2017•新课标Ⅰ，文6）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是　　
A． B．
C． D．
5．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”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

6．（2017•新课标Ⅲ，文10）在正方体中，为棱的中点，则　　
A． B． C． D．
7．（2015福建）若 是两条不同的直线，垂直于平面 ，则“ ”是“∥”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2019•新课标Ⅰ，文16）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为　　．
9．（2016•新课标Ⅱ，理14），是两个平面，，是两条直线，有下列四个命题：
①如果，，，那么．
②如果，，那么．
③如果，，那么．
④如果，，那么与所成的角和与所成的角相等．
其中正确的命题是　　（填序号）
10．（2019北京理12）已知l，m是平面a外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①； ②； ③
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： ______．



1．【答案】D
【解析】因为平面平面，平面平面，平面平面，则；
在正方体中，易证平面，故，所以，即与所成角的大小为.
故选:.

2．【解析】如图所示，连接

,即为异面直线所成角
，
又，
在中，
是正三角形

故选：C
3．【答案】C
【解析】①中，，则平面与平面可能平行，可能相交也可能垂直，故①错误；
②中，，直线与直线可能平行，异面或者垂直，故②错误；
③中，，则，故，故③正确；
④中，，则，故④正确.
故选：C.
4．【答案】A
【解析】如图，易知，所以，且，
所以为梯形，故与EF相交，A正确；
因为，所以，故B错误；
因为平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL，
所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误；
因为平面ADF，平面，故AD与EF异面，D错误.
故选：A

5．【答案】C
【解析】如图所示：

取AB的中点F，连接EF，CF，易知，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角．不妨设，则，，，由余弦定理得，即直线与CE所成角的余弦值为．
故选：C．
6．【答案】D
【解析】依题意，
A选项，若，则可能，所以A选项错误.
B选项，若，则与可能相交、异面、平行，所以B选项错误.
C选项，若，则可能，所以C选项错误.
D选项，由于，所以平面内存在直线，满足，
若，则，则，所以D选项正确.
故选：D
7．【答案】D
【解析】如图连接，
因为分别为的中点，所以, ∥，
所以四边形为平行四边形，所以∥,
因为∥，所以∥，所以四点共面，
所以与相交，所以点与点不可视，所以排除A，
因为∥，所以共面，
所以由图可知与相交，与相交，
所以点，点都与点不可视，所以排除BC，
故选：D

8．【答案】B
【解析】对于A，若l∥α，l∥β，则α，β可能相交，故错误；
对于B，若l∥α，l⊥β，根据线面平行的性质定理可知，α内一定存在和l平行的直线m，
则m也垂直于β，由线面垂直的判定定理可知α⊥β，故B正确；
对于C，若α⊥β，l⊥α，则l可能在β内，故错误；
对于D，若α⊥β，l∥α，则l可能和β平行，故错误，
故选：B

9．【答案】BCD
【解析】A：由垂直于同一平面的两直线平行，可知A正确；
B：由，可得或者，故B错误；
C：由，，可得与异面或，故C错误；
D：由，，，当时，不能得到，
只有当时，才可以得到，故D错误.
故选：BCD
10．【答案】BCD
【解析】对于A选项，因为与平行，与异面，故A错误；
对于B选项，连接，,因为六棱台是正六棱台，
所以 平面,平面,故,
又因为底面是正六边形，所以,平面，平面,所以平面，
即平面，故B正确；

对于C选项，设与交于点，因为，，所以，，又，所以， 即，又，所以是平行四边形，，平面,平面,
所以平面，故C正确；
对于D选项， 平面 , 平面
为侧棱与底面所成的角，在中, ，
所以，故D正确.
故选：BCD
11．【答案】
【解析】如图所示，设分别为和的中点，
可得，，且，
所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，
作的中点为，则为直角三角形，
因为，
在中，
由余弦定理可得，
所以，所以，
在中，，
在中，
可得，
又因为异面直线所成角的范围是，
所以与所成的角的余弦值为.
故答案为：.

12．【答案】
【解析】如图所示，取的中点，连接，，则，
则为异面直线与所成的角（或补角），
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又因为，所以，
则，，
又由四边形为正方形，所以，
所以.
故答案为：.

13．【答案】
【解析】取的中点，连接，，
∵且为的中点，∴，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
则直线PC与平面ABCE所成角为
，
即，
所以.
故答案为：．

14．【答案】①②④
【解析】在①中，如图所示，连接，，延长，交于点，因为，为，的中点，
所以，，所以，所以，，，四点共面，
所以截面即为梯形，所以上底边的中点不在平面内，故①错误；
在②中，如图所示，取的中点，连接，，由条件可知，，
且，，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，故②错误；
在③中，由①可知，因为，，
所以，所以，故③正确；
在④中，记点与点到平面的距离分别为，，
因为，所以，
又因为，
所以，故④错误．
故答案为：①②④ .



1．【答案】B
【解析】∵正四面体，点M为的重心，
∴M为等边的中心，
∴面，面，∴.
直线与交于点A，故AN不与DM垂直，故排除A；
延长DM交BC于点G，则G为BC中点，连接AG，如图所示，

边长为，在中可得，
由，，，.

故B正确，C错误；
在中，H，M分别为NA，NG的中点，
∴，又∵，∴HM不与AB平行，
故D错误.
故选：B.
2．【答案】D
【解析】由面面平行的判定定理分析可知（1）错，（2），（3），（4）正确.
故选：D
3．【答案】C
【解析】对于①，连接，

，，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面，
若是直线上的动点，则平面，平面，①正确；
对于②，由①知，平面，
，②正确；
对于③，连接，交于点，连接，

平面平面，平面与平面所成的锐二面角即为平面与平面所成的锐二面角，
四边形为正方形，，为中点，
又，，
即为平面与平面所成的锐二面角的平面角，
，，
即平面与平面所成的锐二面角不为，③错误；
对于④，四边形为正方形，，
平面，平面，，
又，平面，平面；
若是直线上的动点，则平面，，④正确.
故选：C.
4．【答案】A
【解析】如下图所示：

在三棱锥中，平面，且，，
因为平面，、、平面，则，，，
，，平面，平面，，
所以，三棱锥的四个面都是直角三角形，且，
，
设线段的中点为，则，
所以，点为三棱锥的外接球球心，
设球的半径为，则，因此，球的表面积为.
故选：A.
5．【答案】B
【解析】分别取棱，的中点G，H，连接AH，HQ，NH，MG，GH.

易证四边形APQH是平行四边形，四边形MNHG是平行四边形，
则，，
故是异面直线PQ与MN所成的角或其补角.
因为，，
所以，，，
则，
故异面直线PQ与MN所成角的余弦值是.
故选：B
6．【答案】C
【解析】如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.
故选：C.

7．【答案】C
【解析】在四面体ABCD中，，平面BCD，.∵平面BCD，平面BCD，，又，,则平面，过作于点，过点作,则平面，平面，故，，则平面，平面，故平面平面ACD，设，设，在中，，，在中，，，，在△中，，则，故，故，令，，得，当时，，当时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，即当时，有最小值，此时截面面积最大，故当，时，截面面积最大，故若截面面积存在最大值，则，故的最大值为，
故选：C.

8．【答案】B
【解析】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
9．【答案】AD
【解析】选项A：取中点H，连接

正六面体中，
则平面，则为直线与平面所成角
，中，
则，即直线与平面所成角的正弦值为．
由O为线段的中点，E为线段CD中点，可得
则直线OE与平面所成角的正弦值为．判断正确；
选项B：在线段上取靠近点的三等分点H，连接

正六面体中，
则四边形为平行四边形，则相交且互相平分，则
又，则四边形为平行四边形，
则相交且互相平分，则
又四边形为平行四边形，则
则直线与直线共面．判断错误；
选项C：在平面上一动点P，满足，
又正六面体的棱长为2 ，则P点轨迹为线段．判断错误；
选项D：连接

则正六面体中，
则O点为矩形的中心.
在平面上一动点Q，点Q到点O的距离和点Q到直线的距离相等，
则点Q的轨迹是以O为焦点以直线AB为准线的抛物线，
焦点O到准线AB的距离为．判断正确.
故选：AD
10．【答案】AD
【解析】取的中点，做底面，则为的四等分点，
且，分别取的中点，连接、交于点，则点为的四等分点，连接，在正方体中，，，此时平面，
即平面与底面所成的角为，且，
因为平面平面，所以平面与底面所成的角的正切值为，
再分别取的中点，连接，即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点，连接，则为等边三角形，，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角， 且，，，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为，此时为等边三角形，故A正确；

当时，，所以，所以，
由于，所以为等腰直角三角形，，
由于，所以四边形为等腰梯形，必与有交点，
则截面为六边形，故B错误；

若截面为正三角形 时，则为的中点，
所以三棱锥为正三棱锥，且，，
设正三角形的外接圆的圆心为，外接球的球心为，连接，
则，， 因为，
所以，在中，
因为，所以，解得，故C错误； ，

若截面为四边形，则截面与底面棱的交点必在上，且截面为时与平面所成角的最大，此时的余弦值最小，连接，取的中点，连接，，则，，四边形为等腰梯形，，
则即为截面为时与平面所成平面角，，
，，在中，
由余弦定理得，故D正确.

故选：AD.
11．【答案】
【解析】由题意可知，如图所示，

因为，，C为AB的中点，所以．
又因为圆C所在平面，
圆C与圆D所在平面所成的锐二面角为60°，所以．
又因为圆D所在平面，所以在中，，
所以在中，．
故答案为：.
12．【答案】5
【解析】设PO=x，作OD⊥平面BPA，连接AD，DB，则PA=，
DA=，PD=，
OD=，
cos60°=cos30°cos∠CPD，
，1=，
，所以x=，
故答案为：5.

【点睛】本题考查直线与球相切的有关问题，考查学生逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题.关键是利用含有直二面角的三面角三余弦定理cos∠APC=cos∠APDcos∠CPD计算求解.
13．【答案】和（和，和，和）（写出其中一对即可）
【解析】如图所示，连接和,相交于点,连接.
因为,
所以, 所以,
又,所以,
所以, , 所以.
因为, 所以.
又因为平面,
所以平面, 又平面,
所以.
故答案为：和.

14．【答案】②④
【解析】对于①，连接，

平面，平面，；
四边形为正方形，；
又，平面，平面，
又平面，，即与所成角恒为，①错误；
对于②，取中点，连接，，

分别为中点，，又平面，平面，
与所成角即为，，
当最大时，最小，
又，当最大时，最小，
当与或重合时，取得最大值，
的最小值为，②正确；
对于③，延长交于点，连接交于；
延长交于点，连接交于；
则过三点的平面截正方体所得多边形即为五边形；

取中点，连接，
，，，即，
同理可得：，；
，，，
五边形的周长为，③错误；
对于④，若点在同一球面上，则该球即为三棱锥的外接球，

的外接圆半径，
三棱锥外接球半径，
又的最大值为，，
该球表面积最大值为，④正确.
故答案为：②④.


1．【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.
2．【答案】B
【解析】点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，平面，平面，是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，，，，故选．

3．【答案】B
【解析】对于，内有无数条直线与平行，或；
对于，内有两条相交直线与平行，；
对于，，平行于同一条直线，或；
对于，，垂直于同一平面，或．故选．
4．【答案】A
【解析】对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；所以选项满足题意，故选．
5．【答案】A
【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．

6．【答案】C
【解析】连，由题意得，平面，且平面，
，，平面，平面，，
故选．
7．【答案】B
【解析】由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．
8．【答案】
【解析】因为，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，，，到平面的距离为．

9．【答案】②③④
【解析】①如果，，，不能得出，故错误；
②如果，则存在直线，使，由，可得，那么．故正确；
③如果，，那么与无公共点，则，故正确
④如果，，那么，与所成的角和，与所成的角均相等，故正确；
10．【答案】 若，则或，则．
【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线，知： 
由线面平行的判定定理得： 若，则．
由线面平行、垂直的性质定理得，则．