新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题20 点、直线、平面之间的位置关系（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题20 点、直线、平面之间的位置关系（含解析），共30页。

专题20 点、直线、平面之间的位置关系
【考纲要求】
1、 了解平面的基本性质即三条公理，能正确使用集合符号表示空间图形中的点线面的关系，
2、 掌握直线平面之间的位置关系，理解并掌握直线、平面之间垂直的判定定理与性质定理以及它们之间的转化，会求线面角及二面角.
一、空间点、直线、平面之间的位置关系
【思维导图】


一、平面的基本性质
(1)基本事实1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．
(2)基本事实2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．
(3)基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线．
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．
二、空间两直线的位置关系
1.位置关系的分类

2.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
三、异面直线所成的角
1.异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角或直角叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．
②范围：.
2.异面直线的判定方法：
判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；

反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．
四、空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有三种情况：在平面内---有无数个公共点；相交---有且只有一个公共点；平行---没有公共点．后两种情况直线不在平面内，也称直线在平面外.
(2)平面与平面的位置关系有两种情况：平行---没有公共点；相交---有一条公共直线．
二、直线、平面平行的判定及性质
【思维导图】


【考点总结】
一、空间平行关系
1.直线与平面平行的判定与性质

判定
性质
定义
定理
图形




条件
a∩α＝∅
a⊂α，b⊄α，a∥b
a∥α
a∥α，a⊂β，α∩β＝b
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝∅
a∥b
2. 面面平行的判定与性质

判定
性质
定义
定理
图形




条件
α∩β＝∅
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，
a∥α，b∥α
α∥β，α∩γ＝a，
β∩γ＝b
α∥β，a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
3.判断或证明线面平行的常用方法：
利用线面平行的定义，一般用反证法；
利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)
利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
二、平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
三、直线、平面垂直的判定及性质
【思维导图】



【考点总结】
一、直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
二、直线和平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)范围：.
三、二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)范围：[0，π]．
四、平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α
五、直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
【题型汇编】
题型一：空间点、直线、平面之间的位置关系
题型二：直线、平面平行的判定和性质
题型三：直线、平面垂直的判定和性质
【题型讲解】
题型一：空间点、直线、平面之间的位置关系
一、单选题
1．（2022·上海长宁·二模）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．
【答案】A
【解析】
【分析】
通过空间想象直接可得.
【详解】
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

2．（2022·江西萍乡·三模（理））如图，直三棱柱中，，若，则异面直线所成角的大小是（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，则即为异面直线所成角，再分别求出的边长即可求出，得到答案
【详解】
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．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））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．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可知平面与平面的交线为，与平面与平面的交线平行，即求解平面与平面的交线与所成角的大小即可.
【详解】
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:.

4．（2022·陕西·西北工业大学附属中学二模（理））如图，在长方体中，，M、N分别是、的中点.则直线与是（       ）

A．相互垂直的相交直线
B．相互垂直的异面直线
C．相互不垂直的异面直线
D．夹角为60°的异面直线
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，可证直线与为异面直线，并可求其所成的角.
【详解】
设，连接，

因为平面，平面，，
故直线与异面直线.
在矩形中，因为为所在棱的中点，故，
而，故，
故四边形为平行四边形，故，
所以或其补角为异面直线与所成的角，
在中，，
故，故，
故选：B
5．（2022·上海黄浦·二模）如图，已知、、分别是正方体的棱、和的中点，由点、、确定的平面截该正方体所得截面为（       ）．

A．三角形
B．四边形
C．五边形
D．六边形
【答案】D
【解析】
【分析】
分别取的中点、、，连接，由正方体性质可得答案.
【详解】
如图，分别取的中点、、，连接，
由正方体性质，所以平面，且，又交于同一点，所以平面，所以点、、确定的平面即为六边形
故选：D．

6．（2022·北京东城·三模）如图，在正方体中，E，F分别为CC1，D1C1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
【答案】A
【解析】
【分析】
利用正方体的性质可得，进而可判断A，根据经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线为异面直线可判断BCD.
【详解】
连接，则，

由，可得四边形为平行四边形，
∴，，
所以，即四边形为梯形，
故直线与直线相交，
直线与直线为异面直线，直线与直线为异面直线，直线与直线为异面直线.
故选：A.
二、多选题
1．（2022·重庆·三模）如图，在正方体中，为正方形的中心，当点在线段上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线异面的是（       ）

A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A，当为的中点时，，故A不正确；对于BCD，根据异面直线的判定定理可知都正确.
【详解】
对于A，当为的中点时，，故A不正确；

对于B，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故B正确；

对于C，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确；
对于D，因为平面，平面，，平面，所以直线与直线一定 是异面直线，故C正确；

故选：BCD
题型二：直线、平面平行的判定和性质
一、单选题
1．（2022·山西·一模（文））如图，正方体中，若，，分别是棱，，的中点，则下列结论中正确的是（       ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系分别判断.
【详解】
由为正方体，且，分别是棱，的中点，则，则平面即为平面，
A选项，如图连接，由正方体可知，又不成立，所以不成立，即A选项错误；

B选项，由平面，故与平面不平行，B选项错误；
C选项，连接，则，又平面，，所以平面，C选项正确；

D选项，平面与平面有公共点，故D选项错误；
故选：C.
2．（2022·浙江杭州·二模）设为两个不同的平面，则的充要条件是（       ）
A．内有无数条直线与平行
B．垂直于同一平面
C．平行于同一条直线
D．内的任何直线都与平行
【答案】D
【解析】
【分析】
根据面面平行、相交的知识确定正确选项.
【详解】
A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.
B选项，垂直于同一平面，与可能相交，B选项错误.
C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误.
D选项，内的任何直线都与平行，则，D选项正确.
故选：D
3．（2022·安徽马鞍山·三模（理））设，，是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个命题：
①若，，则；②若，，则；
③若，，则；④若，，，则．
其中所有正确命题的序号是（       ）
A．①② B．② C．④ D．②③
【答案】B
【解析】
【分析】
对①，与需考虑平行与相交两种情况；
对②，线面垂直证面面平行；
对③，线面平行得线线平行，线面垂直得线线垂直；
对④，不符合面面垂直证线面垂直的条件
【详解】
对①，若，，则或与相交，故①错；
对②，若，，则，②对；
对③，若，，则，③错；
对④，若，，，则不一定垂直，④错
故选：B
4．（2022·上海奉贤·二模）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是棱，BC的中点，则下列结论中不正确的是（       ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】D
【解析】
【分析】
由线面平行的判定定理，面面平行的性质定理依次判断各选项即可得出结果.
【详解】
在直三棱柱中，
因为,平面,平面,所以平面，A正确；
因为平面平面，平面，所以平面，B正确；
取中点,连接,因为点，F分别是棱，BC的中点，所以,且,所以，四边形为平行四边形，所以,平面，平面,所以平面,C正确；
取中点,连接,可证得四边形为平行四边形，所以,与平面相交,所以与平面相交,D不正确；
故选:D.

5．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形且，则在下列说法中，错误的为（       ）

A． B．截面PQMN
C． D．异面直线PM与BD所成的角为45°
【答案】C
【解析】
【分析】
A由题设易得，根据平行线的性质可证；B由线面平行的判定可证截面PQMN；C：为特殊位置的点时成立；D将异面直线平移到截面上即可知夹角大小.
【详解】
A：由题设，易知，又，，即有，正确；
B：由，截面PQMN，截面PQMN，则截面PQMN，正确；
C：仅当为中点时，故错误；
D：由A知：异面直线PM与BD所成的角为，正确.
故选：C
二、多选题
1．（2022·河北邯郸·一模）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且，则（       ）

A．平面EGHF B．平面ABC
C．平面EGHF D．直线GE，HF，AC交于一点
【答案】AD
【解析】
【分析】
由条件可得，FH与AC为相交直线，即可判断ABC，EG与FH必相交，设交点为M，然后可证明，即可判断D正确.
【详解】
因为，所以.
又E，F分别为AB，AD的中点，所以，且，则.
易知平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误.
因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，
所以平面ABC，平面ACD，
则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，
所以，即直线GE，HF，AC交于一点，即D正确.
故选：AD
2．（2022·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足平面ABC的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理或面面平行的性质定理，即可得解．
【详解】
解：对于A，如图所示，点，为正方体的两个顶点，则，
所以、、、四点共面，
同理可证，即、、、四点共面，
平面，故A错误；

对于B，如图所示，为正方体的一个顶点，则，，
平面，平面，所以平面，同理可证平面
又，、平面，
平面平面，
又平面，
平面，故B正确；

选项C，如图所示，为正方体的一个顶点，则平面平面，
平面，
平面，故C正确；

对于D，连接，则，
，，，四点共面，
平面，与平面相矛盾，故D错误．

故选：BC．
题型三：直线、平面垂直的判定和性质
一、单选题
1．（2022·四川·石室中学三模（文））已知直线l和平面，满足，.在，，这三个关系中，以其中两个作为条件，余下一个作为结论所构成的命题中，真命题的个数是（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
将，，三个关系分别以其中两个作为条件，余下一个作为结论判断命题的正误即可.
【详解】
当且时，成立；
当且时，不一定成立；
当且时，结合，得成立.
故选：C.
2．（2022·山西晋中·一模（文））如图所示，圆柱的轴截面是正方形ABCD，母线，若点E是母线BC的中点，F是的中点，则下列说法正确的是（       ）

A． B．点F到平面ABCD的距离为2
C．BF⊥AC D．BF与平面ABCD所成的角的大小为
【答案】B
【解析】
【分析】
证得，即可判断A选项；证得OF⊥平面ABCD，即可判断B选项；证得∠ABF是BF与平面ABCD所成的角，并求出角度，即可判断D选项；由BF与AB不垂直，即可判断D选项．
【详解】
如图所示，设O是AB的中点，连接OE，OF，在正方形ABCD中，，可得，在△ABC中，可得，则EF与AC不平行，选项A错误；
因为F是的中点，所以OF⊥平面ABCD，所以点F到平面ABCD的距离为2，选项B正确；
∠ABF是BF与平面ABCD所成的角，因为OF⊥OB，且OF=OB，∠ABF=，选项D错误；
BF与AB不垂直，因此也推不出BF⊥AC，选项C错误．

故选：B.
3．（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．
【答案】A
【解析】
【分析】
作出图形，设在三棱锥中，平面，且，，证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.
【详解】
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.
4．（2022·新疆克拉玛依·三模（理））如图，正方体的棱长为，点是内部（不包括边界）的动点，若，则线段长度的取值不可能为（       ）


A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点是内部（不包括边界）的动点且，确定点的轨迹，然后求出线段长度的取值范围即可.
【详解】
如图，连接交于点，连接
由正方体知平面
又因为点是内部（不包括边界）的动点，
所以点的轨迹为线段（不含端点），
又因为，，由等面积法得到点到的距离为，
所以线段长度的取值范围是.
所以线段长度的取值不可能为.
故选：A.

5．（2022·北京·北师大二附中三模）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的个数是（       ）

①平面平面
②的取值范围是
③三棱锥的体积为定值
④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系进行判断．判断①，举反例判断②，利用体积公式，判断③，利用垂直关系的转化判断④.
【详解】
∵平面，∴平面平面，①正确；
若是上靠近的一个四等分点，，此时，，此时为钝角，②错；

由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；
而，，所以，且,，所以平面,平面，因此，④正确．

故选：C．
二、多选题
1．（2022·广东惠州·二模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，是的中点，则（       ）


A．正四棱台的体积为
B．平面平面
C．平面
D．正四棱台的外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A.由题意，利用棱台体积公式求解； B.利用线面垂直和面面垂直的判定定理判断； C.取的中点，连接，且，连接，易知四边形是平行四边形，得到，再由，利用面面平行的判定定理判断； D. 由球心O在上，分外接球的球心O在正四棱台的内部和外部判断.
【详解】
如图所示：

连接交于点，连接交于点，
A.正四棱台的体积为，故错误；
B.易知，又，则平面，又平面，所以平面平面，故正确；
C.如图所示：

取的中点，连接，且，连接，易知，，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
又，平面，平面，则平面，
又，所以平面平面，则平面，故正确；
D. 如图所示：

若外接球的球心O在正四棱台的内部，则O在上，
因为，上下底面边长分别为4，6，
则，
所以，
即无解，
则若外接球的球心O在正四棱台的外部，如图所示：

所以，解得，
所以外接球的表面积为，故正确；
故选：BCD
2．（2022·广东佛山·三模）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（       ）


A．三棱锥的体积为定值 B．若，则点在侧面运动路径的长度为
C．若，则的最大值为 D．若，则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于A，三棱锥的体积，由已知得三角形PDD1的面积是定值，且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长，由此可判断；对于B，过点P作，由已知有点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，根据圆的周长公式计算可判断；对于C、D，过点P作，则点Q是的中点，连接QC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，由线面垂直的判定和性质得点M的轨迹是线段，解，可求得的最大值和最小值，由此可判断C、D选项.
【详解】
解：对于A，三棱锥的体积，
而因为点P为的中点，所以三角形PDD1的面积是定值，且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长，
所以三棱锥的体积是定值，故A正确；

对于B，过点P作，则由正方体的性质得平面，所以，
又，正方体的棱长为2，所以，
所以点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，
所以点在侧面运动路径的长度为，故B不正确；

对于C、D，过点P作，则点Q是的中点，连接QC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，
则，，
因为，所以，平面，所以，
又，所以平面，所以，所以点M的轨迹是线段，
在中，，，
所以的最大值为，故C不正确；
在中，，所以，
所以点A1到C1N有距离为，
所以的最小值为，故D正确，
故选：AD.