2026届高考数学一轮总复习提能训练练案41空间点直线平面之间的位置关系

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案41空间点直线平面之间的位置关系，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．3 D．4
[答案] B
[解析] 只有②正确，故选B．
2．(2024·宁夏银川三模)A，B是两个不同的点，α，β为两个不同的平面，下列推理错误的是( )
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB
C．l⊄α，A∈l⇒A∉α
D．A∈l，l⊂α⇒A∈α
[答案] C
[解析] 直线上两个不同点在某个平面内，则直线在该平面内，故A正确；两个不同点同时在两个不同平面内，则两点所在直线为两平面的交线，故B正确；l⊄α有两种情况，l与α相交或l∥α，其中l与α相交，且交点为A点，则C错误；直线在面内，则直线上的点都在面内，故结论D正确．故选C．
3．(2024·福建福州三模)在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则( )
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
[答案] D
[解析] 如图，在底面半径为1的圆柱OO1中，母线AB＝2，BC＝2，E是 eq \\ac(BC,\s\up10(︵)) 的中点，则BE＝CE＝eq \r(2)，因为F是AB的中点，又AB＝2，则BF＝1，AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝eq \r(4＋\r(2)2)＝eq \r(6)，CF＝eq \r(BC2＋BF2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，∴AE≠CF，在△ABC中，O是BC的中点，F是AB的中点，∴OF∥AC，∴AC与OF是共面直线，若AC与EF是共面直线，则O，F，A，C，E在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线，故选D．
4．(2025·四川仁寿一中调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则直线A1C1与CE所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(\r(10),10) D．eq \f(4\r(5),15)
[答案] A
[解析] 解法一：连接AC，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，即四边形ACC1A1为平行四边形，故A1C1∥AC，则直线AC与CE所成角即为直线A1C1与CE所成角，即∠ECA即为所求角或其补角；设正方体棱长为2，连接AE，EC1，则AE＝EC1＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，EC＝eq \r(CC12＋EC12)＝3，又AC＝2eq \r(2)，∴cs∠ECA＝eq \f(EC2＋AC2－AE2,2EC·AC)＝eq \f(9＋8－5,2×3×2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，而异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故直线A1C1与CE所成角的余弦值为eq \f(\r(2),2).故选A．
解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，则eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，记A1C1与CE所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(A1C1,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→))|,|\(A1C1,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2).故选A．
5．(2025·北京清华附中统测)已知三棱锥S－ABC中，SC＝2eq \r(3)，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为( )
A．eq \f(π,2) B．eq \f(π,3)
C．eq \f(π,4) D．eq \f(π,6)
[答案] B
[解析] 取SB的中点G，连接GF，GE，如图，又E为SA的中点，所以EG∥AB，EG＝eq \f(1,2)AB＝1，同理可得GF∥SC，GF＝eq \f(1,2)SC＝eq \r(3)，所以∠GEF(或其补角)是EF与AB所成的角．取GF的中点H，连接EH，则EH⊥GF，所以sin∠HEF＝eq \f(HF,EF)＝eq \f(\r(3),2)⇒∠HEF＝eq \f(π,3)，则∠GEF＝eq \f(2π,3)，所以EF与AB所成的角为eq \f(π,3).故选B．
6．(2024·河南新乡三模)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是( )
A．9π B．12π
C．16π D．20π
[答案] C
[解析] 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为eq \r(52－32)＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C．
7. 如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法错误的是( )
A．直线A1G，C1E共面
B．VD1－BEF＝eq \f(1,3)
C．A1G⊥BC1
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
[答案] D
[解析] 如图①，由E，G分别是棱AD，CD的中点，知EG∥AC∥A1C1，所以EG，A1C1可确定一个平面，故A正确；
如图②，VD1－BEF＝VB－D1EF＝eq \f(1,3)×S△D1EF×|AB|＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2＝eq \f(1,3)，故B正确；
如图③，建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，则eq \(A1G,\s\up6(→))＝(－2，1，－2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，记A1G与BC1所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(A1G,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(A1G,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)＝0，故C正确．
(或作A1Q∥AD1交DA的延长线于Q，又AD1∥BC1，∴AQ∥BC1，即∠QA1G为A1G与BC1所成的角或其补角，连接GQ，则A1Q＝2eq \r(2)，QG＝eq \r(17)，A1G＝3，∴cs∠QA1G＝eq \f(A1G2＋A1Q2－QG2,2A1G·A1Q)＝0，∴A1G⊥BC1)注：也可通过证明BC1⊥平面A1DG得出C正确．
如图④，连接BE，EF，BC1，C1F，
易得EF∥AD1，AD1∥BC1，
因平面ADD1A1∥平面BCC1B1，
则BC1为过点B，E，F的平面与平面BCC1B1的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面BEFC1.
由EF＝eq \r(2)，BE＝eq \r(5)，BC1＝2eq \r(2)，C1F＝eq \r(5)可得四边形BEFC1为等腰梯形，
故其面积为：SBEFC1＝eq \f(1,2)(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(2),2)×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(9,2)，即D项错误．故选D．
8．过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
[答案] D
[解析] 如图，连接体对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，所成角的正切值都为eq \r(2).
联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，
所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，
同理，体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，即过A点分别作BD1，A1C，DB1的平行线都满足题意，故这样的直线l可以作4条．故选D．
二、多选题
9．下列命题中的真命题是( )
A．若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线
B．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线
C．若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面
D．对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥a，则c∥b
[答案] AC
[解析] 由公理3，A正确；易知B错误；C正确；若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则D错误，故选AC．
10．(2025·山东聊城模拟预测)已知a，b，c是两两异面的三条直线，a⊥b，c⊥a，直线d满足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，则c与d的位置关系可以是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
[答案] BC
[解析] 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线a，b，d如图所示．c为ED1(E为AA1上不与A、A1重合的点)时与d异面，B正确；c为DD1时与d平行，C正确；若c与d相交，则a垂直于c，d确定的平面，又a垂直于b，d确定的平面，则b，c，d在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；若c与d垂直，则c垂直于a，d确定的平面，而b垂直于a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误，故选BC．
11．(2024·河北秦皇岛部分学校联考)如图为一正方体的展开图、则在原正方体中( )
A．AB∥CD
B．AB⊥CD
C．直线AB与EF所成的角为60°
D．直线CD与EF所成的角为60°
[答案] BCD
[解析] 画出原正方体如图所示，由图可知：AB与CD不平行，A选项错误；根据正方体的性质可知BH∥AG，BH＝AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；根据正方体的性质可知，△ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；又△EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．故选BCD．
12．(2024·江苏泰州中学调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(\r(2),2)a，以下结论正确的有( )
A．AC⊥BE
B．点A到平面BEF的距离为定值
C．三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的eq \f(1,12)
D．异面直线AE，BF所成的角为定值
[答案] ABC
[解析] 对于A，根据题意，AC⊥BD，AC⊥DD1，且BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，所以A正确；对于B，A到平面BDD1B1的距离为定值，所以点A到△BEF的距离为定值，所以B正确；对于C，三棱锥A－BEF的体积为VA－BEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)EF·AB·BB1·sin 45°＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)a·a×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(1,12)a3，三棱锥A－BEF的体积是正方体ABCD－A1B1C1D1体积的eq \f(1,12)，所以C正确；对于D，当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠FBC1，当E在D1B1的中点时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠EAA1，显然两个角不相等，命题D错误．故选ABC．
三、填空题
13. (原创)E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是________.
[答案] 五边形
[解析] 作直线EF分别与直线DC、DD1相交于P、Q，
连AP交BC于M，连AQ交A1D1于N，连接NF、ME.
则五边形AMEFN即为过A、E、F三点的截面．
14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为上底面的中心，则AO与B1C所成角的余弦值为________.
[答案] eq \f(\r(3),6)
[解析] 解法一：设AB、B1C1，C1C的中点分别为H、M、N，连接OM，MH，HN，MN，易知MH∥AO，MN∥B1C，∴∠HMN或其补角为AO与B1C所成的角，设AB＝2，则MN＝eq \r(2)，MH＝NH＝eq \r(6).∴cs∠HMN＝eq \f(\f(MN,2),MH)＝eq \f(\r(3),6).
解法二：如图建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，记AO与B1C所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(CB1,\s\up6(→))|,|\(OA,\s\up6(→))||\(CB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×2\r(2))＝eq \f(\r(3),6).
15．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点D作直线l与异面直线AC和BC1所成的角均为θ，则θ的取值范围为____________.
[答案] eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
[解析] 如图，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1或其补角为异面直线AC和BC1所成的角．因为A1C1＝BC1＝A1B，所以△A1BC1是等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，过点B作直线l的平行线l′，则当l′与∠BC1A1的角平分线平行时，θ取得最小值为30°.故θ的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))).
B组能力提升
1．(2025·四川成都七中入学考试)设正四面体ABCD的棱长为2.则所有与此正四面体的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为( )
A．3 B．4＋eq \r(3)
C．3＋eq \r(3) D．eq \r(3)
[答案] C
[解析] 这样的截面有两类：①截面的一侧有一点，另一侧有三点，如左图中的△B1C1D1，其中B1、C1、D1分别是棱AB、AC、AD的中点，故△B1C1D1是边长为1的正三角形，故△B1C1D1的面积为eq \f(\r(3),4)，这样的截面共有四个．
②截面的两侧各有两点，如右图中的四边形MNPQ，其中M、N、P、Q分别是棱AB、BC、CD、DA的中点，故四边形MNPQ是正方形，
则四边形MNPQ的面积为1，这样的截面共有三个．综上所述，所有截面的面积之和为3＋eq \r(3).故选C．
2．(2024·内蒙古呼和浩特二模)如图，已知正四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3)
C．eq \f(\r(3),3) D．－eq \f(\r(3),3)
[答案] C
[解析] 连接AC，取AC的中点O，连接BO，EO，由题意知，EO∥PC，则异面直线BE与PC所成角为∠BEO(或其补角)，设棱长为2，在△BOE中，EO＝eq \f(1,2)PC＝1，OB＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，BE＝eq \f(\r(3),2)PA＝eq \r(3)，则cs∠BEO＝eq \f(BE2＋EO2－BO2,2×BE×EO)＝eq \f(3＋1－2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3)，故选C．
3．(多选题)用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是( )
A．长方体 B．圆台
C．四棱台 D．正四面体
[答案] ACD
[解析] 对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确；
对于B：圆台的截面均不可能是正方形，故B错误；
对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确；
对于D：如图所示正四面体S－ABC，将其放到正方体中，取SB的中点E，SC的中点D，取AB的中点F，AC的中点G，依次连接EF、FG、GD、DE，则截面DEFG为正方形，故D正确；故选ACD．
4．(多选题)(2023·河北衡水中学模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以下结论正确的是( )
A．异面直线A1D与AB1所成的角为60°
B．直线A1D与BC1垂直
C．直线A1D与BD1平行
D．三棱锥A－A1CD的体积为eq \f(1,6)
[答案] ABD
[解析] 连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，所以∠AB1C(或其补角)为异面直线A1D与AB1所成的角，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC＝B1C＝AB1＝eq \r(2)，所以△AB1C为等边三角形，所以∠AB1C＝60°，故A正确；连接B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C∥A1D，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，所以直线A1D与BC1垂直，故选项B正确；若直线A1D与BD1平行，则A1，B，D，D1四点共面．又A1，D，D1在侧面ADD1A1上，则点B也应在侧面ADD1A1上，这与正方体相矛盾．所以直线A1D与BD1不平行，故选项C不正确；三棱锥A－A1CD的体积VA－A1CD＝VC－AA1D＝eq \f(1,3)×S△AA1D×AB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，所以选项D正确．故选ABD．
5．(2024·安徽皖东智校协作联盟联考)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C1D1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l.
(1)画出直线l的位置，并说明作图依据；
(2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积．
[解析] (1)延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置．
∵DM∩D1A1＝E，∴E∈DM⊂平面DMN，E∈D1A1⊂平面A1B1C1D1，
∴E∈平面DMN∩平面A1B1C1D1，∴EN⊂平面DMN∩平面A1B1C1D1，则NE即为直线l的位置．(也可根据线面平行性质确定直线位置)．
(2)设直线l与A1B1交于点P，则P为A1B1四等分点，正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM－D1ND，
V＝eq \f(1,3)(S△A1PM＋S△D1ND＋eq \r(S△A1PM·S△D1DN))·A1D1
＝eq \f(1,3)a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)a2＋\f(1,4)a2＋\f(1,8)a2))＝eq \f(7,48)a3.
C组拓展应用(选作)
(2024·福建漳州质检)如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱A1B1，DD1的中点，G为底面ABCD上的动点，则下列说法正确的是( )
A．当G为AD的中点时，EF⊥CG
B．若G在线段BD上运动，三棱锥A－GEF的体积为定值
C．存在点G，使得平面EFG截正方体所得的截面面积为12eq \r(3)
D．当G为AD的中点时，三棱锥A1－EFG的外接球表面积为eq \f(236π,9)
[答案] ACD
[解析] 以B为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，当G为AD的中点时，eq \(EF,\s\up6(→))＝(2，4，－2)，eq \(CG,\s\up6(→))＝(4，－2，0)，
因为eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(CG,\s\up6(→))＝2×4＋4×(－2)＋0＝0，
所以EF⊥CG，故A正确；
当点G与点B重合时，如图2所示，
VA－GEF＝VF－AGE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×4×4＝eq \f(32,3)，
当点G与点D重合时，如图3所示，
VA－GEF＝VE－AGF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×2×2＝eq \f(8,3)，
所以三棱锥A－GEF的体积不是定值，故B错误；
当G为BC中点时，平面EFG截正方体所得的截面为正六边形EKFHGJ，如图4所示，其中H，J，K为相应边的中点，则正六边形EKFHGJ的边长为2eq \r(2)，
所以该截面的面积为6×eq \f(\r(3),4)×(2eq \r(2))2＝12eq \r(3)，故存在点G，符合题意，故C正确；
当G为AD的中点时，如图5所示，易知EA1⊥平面A1FG，因为A1F＝A1G＝2eq \r(5)，FG＝2eq \r(2)，
所以由余弦定理的推论得
cs∠FA1G＝eq \f(A1F2＋A1G2－FG2,2A1F·A1G)＝eq \f(20＋20－8,2×2\r(5)×2\r(5))＝eq \f(4,5)，
所以sin∠FA1G＝eq \f(3,5)，设△A1FG的外接圆半径为r，
则2r＝eq \f(FG,sin∠FA1G)＝eq \f(2\r(2),\f(3,5))＝eq \f(10\r(2),3)，所以r＝eq \f(5\r(2),3)，
设三棱锥A1－EFG的外接球半径为R，
则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A1E,2)))2＝eq \f(50,9)＋1＝eq \f(59,9)，
所以三棱锥A1－EFG的外接球的表面积为4πR2＝eq \f(236π,9)，故D选项正确．故选ACD．