十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题18点线面之间的位置关系填选综合(三大考点，42题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题18点线面之间的位置关系填选综合(三大考点，42题)(学生版+解析)，共12页。

考点01：空间点、直线、平面之间的位置关系
单选题
1．（2025·天津·高考真题）若m为直线，α,β为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α,n⊂α，则m//nB．若m⊥α,m⊥β，则α⊥β
C．若m//α,m⊥β，则α⊥βD．若m⊂α,α⊥β，则m⊥β
【答案】C
【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误.
【详解】对于A，若m//α,n⊂α，则m,n可平行或异面，故A错误；
对于B，若m⊥α,m⊥β，则α//β，故B错误；
对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，
现m//a,m⊥β，故a⊥β，故C正确；
对于D，m⊂α,α⊥β，则m与β可平行或相交或m⊂β，故D错误；
故选：C.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：
①若m//n，则n//α或n//β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n//α且n//β，则m//n ④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n//β，
当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则n//α，
当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；
对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，
因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，
同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s/平面β，
因为s⊂平面α，α∩β=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；
对④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，则m//n，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
3．（2024·天津·高考真题）已知m,n是两条直线，α是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若m//α，m⊥n，则n⊥αB．若m⊥α,m⊥n，则n⊥α
C．若m//α,n⊥α，则m⊥nD．若m⊥α,n⊥α，则m⊥n
【答案】C
【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.
【详解】对于A，若m//α，m⊥n，则n,α平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若m⊥α,m⊥n，则n//α或n⊂α，故B错误.
对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得β∩α=s，
因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确.
对于D，若m⊥α,n⊥α，则m//n，故D错误.
故选：C.
4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（ ）
A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β
【答案】A
【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，
tanα=PEFP=PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，
所以α≤β≤γ，
故选：A．
5．（2022·上海·高考真题）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，P､Q､R､S分别为棱AB､BC､BB1､CD的中点，连接A1S､B1D，对空间任意两点M､N，若线段MN与线段A1S､B1D都不相交，则称M､N两点可视，下列选项中与点D1可视的为（ ）
A．点PB．点QC．点RD．点B
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【详解】A选项：四边形A1D1SP是平行四边形，A1S与D1P相交，故A错；
C选项：四边形D1B1BD是平行四边形，D1R与DB1相交，故C错；
D选项：四边形D1B1BD是平行四边形，D1B与DB1相交，故D错；
利用排除法可得选项B正确.
故选：B.
6．（2021·全国乙卷·高考真题）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．π2B．π3C．π4D．π6
【答案】D
【分析】平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BC1所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
设正方体棱长为2，则BC1=22,PC1=12D1B1=2，
sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.
故选：D
7．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A．BD1//A1AB．BD1//A1DC．BD1⊥A1CD．BD1⊥A1C1
【答案】D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.AA1//BB1，BB1与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；
B.BD1与平面ADD1A1相交，且D1∉A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；
C.四边形A1BCD1是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与A1C不垂直，故C错误；
D.连结B1D1，B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1，所以A1C1⊥平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，故D正确.
故选：D
8．（2019·全国II卷·高考真题）设α，β为两个平面，则α//β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α//β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α//β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α//β的必要条件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a⊂α,b⊂β,a//b，则α//β”此类的错误．
9．（2018·全国II卷·高考真题）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．22B．32C．52D．72
【答案】C
【分析】利用正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//AB，将问题转化为求共面直线AB与AE所成角的正切值，在ΔABE中进行计算即可.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，
设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE=a，所以BE=5a，
则tan∠EAB=BEAB=5a2a=52.故选C.

【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
10．（2017·全国II卷·高考真题）已知直三棱柱ΑΒC−Α1Β1C1中，∠ΑΒC=120∘，ΑΒ=2，ΒC=CC1=1，则异面直线ΑΒ1与ΒC1所成角的余弦值为
A．32B．155C．105D．33
【答案】C
【详解】如图所示，补成直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，
则所求角为∠BC1D,∵BC1=2,BD=22+1−2×2×1×cs60°=3,C1D=AB1=5，易得C1D2=BD2+BC12，因此cs∠BC1D=BC1C1D=25=105，故选C．
平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,π2]，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
11．（2018·浙江·高考真题）已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则
A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO、SN、OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，
因此∠SEN=θ1,∠SEO=θ2,∠SMO=θ3,
从而tanθ1=SNEN=SNOM,tanθ2=SOEO,tanθ3=SOOM,
因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2,即θ1≥θ3≥θ2，选D.

【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
12．（2016·全国I卷·高考真题）平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为
A．32B．22C．33D．13
【答案】A
【详解】试题分析：如图，设平面CB1D1 ∩平面ABCD=m'，平面CB1D1 ∩平面ABB1A1=n'，因为α/平面CB1D1，所以m//m',n//n'，则m,n所成的角等于m',n'所成的角.延长AD，过D1作D1E∥B1C，连接CE,B1D1，则CE为m'，同理B1F1为n'，而BD∥CE,B1F1∥A1B，则m',n'所成的角即为A1B,BD所成的角，即为60°，故m,n所成角的正弦值为32，选A.
【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.
13．（2017·全国III卷·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则．
A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC
【答案】C
【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．
【详解】画出正方体ABCD−A1B1C1D1，如图所示．
对于选项A，连D1E，若A1E⊥DC1，又DC1⊥A1D1，所以DC1⊥平面A1ED1，所以可得DC1⊥D1E，显然不成立，所以A不正确．
对于选项B，连AE，若A1E⊥BD，又BD⊥AA1，所以DB⊥平面A1AE，故得BD⊥AE，显然不成立，所以B不正确．
对于选项C，连AD1，则AD1∥BC1．连A1D，则得AD1⊥A1D,AD1⊥ED，所以AD1⊥平面A1DE，从而得AD1⊥A1E，所以A1E⊥BC1．所以C正确．
对于选项D，连AE，若A1E⊥AC，又AC⊥AA1，所以AC⊥平面A1AE，故得AC⊥AE，显然不成立，所以D不正确．
故选C．
【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．
14．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n
【答案】C
【详解】试题分析：
由题意知α∩β=l,∴l⊂β，∵n⊥β,∴n⊥l．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
15．（2016·上海·高考真题）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（ ）.
A．直线AA1B．直线A1B1
C．直线A1D1D．直线B1C1
【答案】D
【详解】试题分析：
只有B1C1与EF在同一平面内，是相交的，其他A，B，C中的直线与EF都是异面直线，故选D．
【考点】异面直线
【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、空间想象能力等.
16．（2016·山东·高考真题）已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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】A
【详解】当“直线a和直线b相交”时，平面α和平面β必有公共点，即平面α和平面β相交，充分性成立；
当“平面α和平面β相交”，则 “直线a和直线b可以没有公共点”，即必要性不成立.
故选A.
多选题
17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥ BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥ BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O=22，BC1=2，sin∠C1BO=C1OBC1=12，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30∘，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.
故选：ABD
18．（2021·新高考全国Ⅱ卷·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MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为2，
对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//AC，
故∠POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，
在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故tan∠POC=12=22，
故MN⊥OP不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，
由正方体SBCM−NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，
故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，
又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ=Q，
所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确.
对于C，如图（3），连接BD，则BD//MN，由B的判断可得OP⊥BD，
故OP⊥MN，故C正确.
对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，
则AC//MN，
因为DP=PC，故PQ//AC，故PQ//MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=2，OQ=AO2+AQ2=1+2=3，
PO=PK2+OK2=4+1=5，QO2