新高考数学一轮复习考点讲练测第7章第02讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（六大题型）（练习）（2份，原卷版+解析版）

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1．如图所示，四边形和四边形都是梯形，，，分别为，的中点．

(1)证明：四边形是平行四边形；
(2)，，，四点是否共面？为什么？
【解析】（1）由，分别为，的中点，
可得，
又，，
所以，
四边形为平行四边形．
（2），，，四点共面，
理由如下：由题意易知，
四边形为平行四边形，．
由（1）知，
，与共面．
又，
，，，四点共面．
2．如图，为空间四边形，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且，．求证：
(1)、、、四点共面；
(2)、必相交且交点在直线上．
【解析】（1）
连接、，，
由，分别为，中点，则，
又，，则，
，
、、、四点共面.
（2）
由，，
易知，
又，分别为，中点，即，
，
结合（1）的结论可知，四边形是梯形，因此直线、不平行，
设它们交点为，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交点在直线上．
3．若所在的平面和所在平面相交，并且直线相交于一点O，求证：

(1)和、和、和分别在同一平面内；
(2)如果和、和、和分别相交，那么交点在同一直线上（如图）.
【解析】（1）∵，
∴确定平面，
∵都在平面内，
∴平面；平面，
∵，
∴确定平面，
∵都在平面内，
∴平面；平面，
∵，
∴确定平面，
∵都在平面内，
∴平面；平面；
（2）∵，∴，
因为平面，平面，
所以点在平面与平面的交线上，
∵，∴，
因为平面，平面，
所以点在平面与平面的交线上，
∵，∴，
因为平面，平面，
所以点在平面与平面的交线上，
所以三点共线.
4．（2024·河南·模拟预测）在正四棱柱中，O为的中点，且点E既在平面内，又在平面内．

(1)证明：；
(2)若，，E为AO的中点，E在底面ABCD内的射影为H，指出H所在的位置（需要说明理由），并求线段的长．
【解析】（1）证明：连接．
在正四棱柱中，，则A，，，D四点共面，所以平面．
因为侧面为矩形，且O为的中点，
所以，所以O为平面与平面的一个公共点，
所以平面平面，即平面平面，故．
（2）取CD的中点F，连接OF，AF，则H为AF的中点．
理由如下：因为F，O分别为CD，的中点，所以．
在正四棱柱中，底面ABCD，所以底面ABCD，又，所以底面ABCD，即E在底面ABCD内的射影为H．
因为底面ABCD，所以．
因为，所以．
题型二：截面问题
5．（2024·高三·福建·期中）已知正方体的体积为，点在线段上，点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】要想平面截正方体所得的截面为四边形，
则要平面分别与正方形分别交于，
显然与正方形无交线，只需保证与正方形无交线即可，
因为平面平面，面与两个平面分别交于，
由面面平行的性质可得，
因为点在线段上，且，
由几何关系知，随着的增大，增大，
故当与重合时，最大，
因为正方体的体积为，所以正方体棱长为1，
连接，延长相交于点，连接，，
如图所示，由于，故∽，
故，故最长为，故.
故选：D
6．已知圆锥的底面面积为，其侧面展开图的圆心角为，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
由题意，，，，
，可得轴截面顶角大于90°，
过该圆锥顶点做截面，当截面三角形顶角为90°，
即截面三角形为等腰直角三角形时面积最大，
所以截面最大面积为，
故选：C．
7．（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值D．M的面积存在最大值
【答案】D
【解析】对于选项A、B，易知平面为平面或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为时周长取得最大值为；
当截面多边形M为六边形时，
设，则，，，
易得：，，
此时截面多边形M的周长为定值：，
综合两种情况，M的周长的最大值为，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为时的面积为；
当截面多边形M为六边形时，设，
该六边形可由两个等腰梯形和构成，
其中，
，，，
两个等腰梯形和的高分别为和，
则
，
，
当且仅当时，六边形面积最大值为，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值.
选项D正确.
故选：D.
8．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体中，
平面与线所成的角是相等的，
所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为，
所以其面积为，故选A.
9．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，过点作垂直于直线PC的截面，则以为顶点，截面为底面的棱锥的体积为（ ）
A．42B．48C．56D．63
【答案】C
【解析】分别在棱，上取点，使，
连接，，
则，，
连接，则，
所以为等边三角形，
易证，
因为，所以平面，
所以五边形即为截面，
设直线与直线间的距离为，
因为的面积，
四边形的面积，
所以截面的面积为，
又点到截面的距离，
所以所求棱锥的体积.
故选：C.
10．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，过点，，的平面交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，平面与平面的交线与平行，即过点作的平行线，交于点，连接，
因为，分别为棱和的中点，所以为的四等分点,
过点作，交于点.从而G为AD的三等分点，故.
故选：D.
题型三：异面直线的判定
11．（2024·江西南昌·二模）在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．，是异面直线，B．，是相交直线，
C．，是异面直线，与不垂直D．，是相交直线，与不垂直
【答案】A
【解析】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线．
下面证明与垂直：
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，分别为的中点，连接，
所以，
因为，平面，
所以平面，
如图：取的中点，连接，，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
故选：A．
12．（2024·上海·模拟预测）如下图，是正方体面对角线上的动点，下列直线中，始终与直线异面的是（ ）
A．直线B．直线C．直线D．直线
【答案】D
【解析】当P位于中点时，易知，由正方体的特征可知四边形为平行四边形，此时、面，故A错误；
当P与重合时，此时、面，故B错误；
当P与重合时，由正方体的特征可知四边形为平行四边形，此时，故C错误；
由正方体的特征可知四边形为平行四边形，
而平面，平面，、平面，，
故与始终异面，即D正确.
故选：D
13．已知正方体中，，，分别是棱，，的中点，是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对于选项A，面，面，面，所以直线与异面；
对于选项B，当与重合时，因为，又，，分别是棱，，的中点，所以，所以，选项B错误；
对于选项C，连接，在正方体中，易得且，所以与相交，即当与重合时，与相交，选项C错误；
对于选项D，取中点，连交于，连，因为且，所以且，故当与重合时，与相交，选项D错误.
故选：A.
题型四：异面直线所成的角
14．如图，在直三棱柱 中，所有棱长都相等，分别是棱 的中点，则异面直线与 所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接，因为在直三棱柱中，分别是棱的中点，
故，即四边形为平行四边形，所以，
则即为异面直线与 所成角或其补角；
直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为，连接，
则平面，故平面平面，
故，是棱的中点，故，
则,而
，又，故在中，,
由于异面直线所成角的范围，故异面直线与 所成角的余弦值是，
故选：D.
15．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，
由题意，
所以异面直线与所成的角是或其补角，
由正方体性质知是等边三角形，，
所以异面直线与所成的角是.
故选：B.
16．（2024·高三·陕西西安·期末）如图，在长方体中，，异面直线与所成的的余弦值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，交于点，取的中点，连接.
因为，所以与所成的角为（或其补角）.
令，在中，由，得.
又，，
由余弦定理得，即，解得，
所以.
故选：C
17．（2024·上海杨浦·二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 .
【答案】/
【解析】正方体中，，因此异面直线与所成的角或其补角，
而，因此.
所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：
题型五：平面的基本性质
18．下列说法不正确的是（ ）
A．若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线
B．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
C．若α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，a∩b＝A，则A∈l
D．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
【答案】B
【解析】若四点中恰有三点共线，则直线和直线外一点，确定一个平面；若四点共线，则四点一定共面；若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线，故A正确．若两条直线没有公共点，则两条直线可能异面，也可能平行，故B错误．若a⊂α，b⊂β，a∩b＝A，则A∈α，A∈β.因为α∩β＝l，所以A∈l，故C正确．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确．故选B.
19．如图，在正方体中，P，Q分别是棱，的中点，平面平面，则下列结论错误的是（ ）
A．过点B
B．不一定过点B
C．的延长线与的延长线的交点在上
D．的延长线与的延长线的交点在上
【答案】B
【解析】连接，，如图，
因为P，Q分别是棱，的中点，
由勾股定理得，
所以四边形是菱形，
所以，P，B，Q四点共面，即平面.
又平面，所以，故A结论正确，B结论错误.
如图，延长与的延长线交于点F，延长与的延长线交于点E.
因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面，所以，
同理，故C，D正确.
故选：B
20．若空间中个不同的点两两距离都相等，则正整数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】考虑平面上个点两两距离相等，构成等边三角形，成立；
若平面内个点两两距离相等，则其中有三个点、、构成等边三角形，
第四个点到等边三角形三个顶点的距离相等，则第四个点必为等边三角形的中心，
则，易知，则，矛盾，
当时，也不成立；
在空间中，个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；
当时，考虑四个点构成的正四面体，第五个点与它们距离相等，
必为正四面体的外接球的球心，
将棱长为的正四面体置于正方体中，则正方体的棱长为，
正四面体的外接圆半径为，矛盾，
同理时不成立．
故选：C．
题型六：等角定理
21．设和的两边分别平行，若，则的大小为 .
【答案】45°或135°/135°或45°
【解析】根据等角定理：一个角的两边平行于另外一个角的两边，则这两个角相等或互补.
故答案为：45°或135°.
22．空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是 .
【答案】正方形
【解析】连接、，
、、、分别为各边的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形，
，且，
，且，
四边形是正方形；
故答案为：正方形．
23．已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则 .
【答案】或
【解析】根据等角定理知：或，若，则或.
故答案为：或
24．如图，正方体中，E，F，G分别是棱，及的中点，，则 .

【答案】
【解析】连接，如下图所示：
依题意且，所以四边形为平行四边形，所以，
同理可得，
根据空间等角定理可知或与互补，
显然与不互补，所以，
由正方体可知，平面，而平面，所以，
即，又，所以.
故答案为：.
25．已知空间两个角和，若，，则 ．
【答案】或
【解析】因为，，
当和开口方向相同时，；
当和开口方向相反时，；
综上所述：或.
故答案为：或.
1．（2024·山东淄博·二模）已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线．
若
则下列说法正确的是（ ）
A．a与l相交B．b与l相交C．a∥bD．a与β相交
【答案】C
【解析】对于AB，平面，，则，
同理可得，则AB错误；
对于C，由AB知道，则C正确；
对于D，由A知道平面，平面，则，故D错误.
故选：C.
2．（2024·吉林·模拟预测）如图，位于江城广场某大厦楼顶的四面钟与摇橹人雕像相映成趣，一直以来是吉林市的重要地标之一.该时钟整体呈正方体造型，在相邻两个时钟正常运行的过程中，两时针所在直线所成的角的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】易知两异面直线的夹角范围为，
结合正方体的特征不难发现：当一侧时针指向3时，另一侧时针指向9时时，
两时针所在直线所成角为直角，
故在相邻两个时钟正常运行的过程中，两时针所在直线所成的角的最大值为.
故选：D
3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥的所有棱长均相等，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，取的中点，连接，
由题意知，，
则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：C．
4．（2024·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】连接，，与交点即为，
因为，所以‖，
因为‖，所以‖，
所以共面，
所以平面截正方体所得的截面为梯形，
因为正方体的棱长为6，且，
所以，
在中，，则，
在中，，则
，
在，，则
，
过作于，则，
所以,
所以等腰梯形的面积为
,
故选：A
5．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】D
【解析】对于①，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，①正确；
对于②，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误；
对于③，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确．
故选：D
6．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（ ）
A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线
B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线
C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线
D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线
【答案】D
【解析】连接，
因为点N为正方形ABCD的中心，所以是的中点，
所以平面，所以与相交，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为是等边三角形，所以，
所以，所以，又因为是的中点，
所以.
故选：D.
7．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直.

A．①②B．③④C．①④D．①②④
【答案】C
【解析】对于①，因为平面与棱交于点，所以四点共面，
在正方体中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确
对于②，在正方体中，面，
因为面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，则与矛盾，
若重合，则不成立，故②错误；
对于③，因为平面，，
若直线与平面垂直，则直线，显然矛盾，
所以平面与直线不可能垂直，故③错误
对于④，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以平面平面，故④正确.
综上所述，正确的有①④.
故选：C.
8．（2024·重庆·模拟预测）如图，已知四边形是平行四边形，分别是的中点，点P在平面内的射影为与平面所成角的正切值为2，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
如图，取的中点E，连接．因为分别是的中点，
所以．
因为四边形是平行四边形，所以．
因为N为的中点，所以，所以．
故四边形为平行四边形，所以，
所以直线与所成的角为．
连接，因为点P在平面内的射影为N，所以平面，
所以与平面所成的角为，所以．
不妨令，则，所以，
所以，
在中，
由余弦定理得．
故选：A．
9．（多选题）（2024·吉林长春·模拟预测）下列基本事实叙述正确的是（ ）
A．经过两条相交直线，有且只有一个平面
B．经过两条平行直线，有且只有一个平面
C．经过三点，有且只有一个平面
D．经过一条直线和一个点，有且只有一个平面
【答案】AB
【解析】根据基本事实以及推论，易知A，B正确；
对于C项，若三点共线，经过三点的平面有无数多个，故C错误；
对于D，若这个点在直线外，则确定一个平面，若这个点在直线上，可有无数平面，故D不正确；
故选：AB
10．（多选题）（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，长方体，过点作平面的垂线，垂足为点．则以下命题中，正确的是（ ）
A．点是的垂心B．垂直平面
C．的延长线经过点D．直线和是异面直线
【答案】AB
【解析】对于A，垂直平面，平面，故，
在长方体中直线两两互相垂直，则平面，
平面，故，
可得，又是平面内两条相交直线，
则平面，
因为平面，所以.
同理可得，则是的垂心，故A正确；
对于B，由长方体的性质可知，平面，平面，
所以平面；同理平面，平面，
所以平面；又因为是平面内两条相交直线，
则平面平面，由题意可知垂直平面，
则垂直平面，故B正确；
对于C，根据正方体的性质可知，对角线垂直于平面，
则在不是正方体的长方体中，不垂直于平面，又因为垂直平面，两直线不重合，
正方体是长方体的特殊情况，则的延长线经不一定过点，故C错误；
对于D，根据正方体的性质可知，当长方体为正方体时，即.
由于四边形为平行四边形，故直线和是相交直线，
即直线和不一定是异面直线，故D错误；
故选：AB
11．（多选题）（2024·重庆·三模）如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．四点共面B．与异面
C．D．RS与所成角为
【答案】AC
【解析】以D为坐标原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：
设正方体的棱长为2，
则，
因为分别为棱、的中点，
所以，
对于A，因为，所以，
所以，所以四点共面，正确；
对于B，因为，所以，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，错误；
对于C，因为，所以，
所以，即，正确；
对于D，因为，
所以，，
所以，
设RS与所成角为，，则，所以，
即与所成角为，错误.
故选：AC
12．（多选题）（2024·浙江温州·三模）已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ）
A．30°B．45°C．75°D．90°
【答案】AD
【解析】过点作，
从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或，
而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或.
故选：AD.
13．（2024·全国·二模）已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为 .
【答案】
【解析】在长方体中，连接并延长与的延长线交于点，直线交于，交的延长线于，
连接交于，连接，则五边形即为过点的长方体的截面，
由，为的中点，得是中点，，，
由，是中点，得，则，
则，
等腰底边上的高，
的面积，
平面平面，平面平面，平面平面，
则，于是∽，同理，∽，
，
因此，
所以所得截面的面积为.
故答案为：.
14．（2024·辽宁大连·二模）如图，圆柱的轴截面为矩形，点，分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为 .
【答案】/
【解析】连接，由题设及图易知是圆柱的母线，
所以为矩形，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故答案为：
15．（2024·山东济南·三模）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为 ．
【答案】
【解析】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以MN=AM2+AN2=22，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.
故答案为：
16．（2024·贵州毕节·三模）在正方体中，点P是线段上的一个动点，记异面直线DP与所成角为，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】连接，
在正方体中，可得，
所以（或其补角）是异面直线与所成的角，
在正方体中，可得平面，又平面，
所以，所以，即，
当最小时，最小，此时最小，
当时，最小，
令，可得，可得，
所以.
故答案为：.
17．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，．

(1)证明：点在平面中；
(2)求多面体的体积．
【解析】（1）取中点，中点，连接，，．
∵，
∴四边形为平行四边形
∴①
又∵，，
∴．
∴四边形为平行四边形
∴②,
由①②得．
∴，，，四点共面，即点在平面中．
（2）连接，，．
∵为正四棱柱．
∴，
又，，分别是，中点．
∴．
∴．
∵
∴平面，
即平面．
在中由勾股定理，．
∴
由（1）可得四边形为平行四边形且．
∴四边形为菱形．
∴为中点．
∴
平面，平面，
∴．
在中，，，
∴
∴
在中，，，
∴
多面体的体积.
18．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以即为直线与所成的角，
在△中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得．
故
即直线与所成角的正弦值为．
19．（2024·贵州贵阳·二模）如图.直四棱柱的底面为菱形，且分别是上，下底面的中心，是AB的中点，.
(1)当时，求直线与直线EC所成角的余弦值；
(2)是否存在实数k，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心.若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由.
【解析】（1）法一：取的中点Q，CD的中点，连接，
则且，且，
故四边形均为平行四边形，，
，
为直线与直线EC所成角或补角，
不妨设，则，则，
在中，中，，
直线与直线EC所成角的余弦值为；
法二：如图，设，以为原点建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
，
，
，
直线与直线EC所成角的余弦值为；
（2）如图，设，以为原点建立空间直角坐标系，
设，则，
故，
设平面EBC的法向量，
，
令，
又的重心，
，
但与不平行，
所以不存在实数，使得在平面EBC内的射影恰好为的重心．
1．（2002年普通高等学校招生考试数学（理）试题（新课标））已知，为异面直线，平面，平面，，则（ ）
A．与，都相交B．与，中至少一条相交
C．与，都不相交D．至多与，中的一条相交
【答案】B
【解析】若与都不相交，则，，则，这与是异面直线矛盾；
故C不正确；
如图，与中的一条相交，另一条不相交，
也可以与两条都相交，但不交于同一点，如图
综上：与中的至少一条相交.
故选：B
2．（2006 年普通高等学校招生考试数学（理）试题（上海卷））已知空间四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”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
【解析】“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，
因为一条直线和直线外一点确定一个平面，一定能推出“这四点在同一个平面内”，从而充分性成立；
“这四个点在同一平面内”时，可能有“两点分别在两条相交或平行直线上”，不一定有三点在同一直线上，从而必要性不成立，
所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2006 年普通高等学校招生考试数学（文）试题（上海卷））若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】若空间中有两条直线，若“这两条直线为异面直线”，则“这两条直线没有公共点”；若 “这两条直线没有公共点”，则 “这两条直线可能平行，可能为异面直线”；
∴ “这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件，
故选：A.
4．（2002年普通高等学校招生考试数学（理）试题（大纲卷））正六棱柱的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱侧面对角线与所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接，则，故为与所成的角．
在中，，
，，
在和中，得，
是等边三角形，．
故选：B．
5．（2001年普通高等学校招生考试数学（理）试题（京蒙皖））如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°；④DM与BN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A．①②③B．②④C．③④D．②③④
【答案】C
【解析】由平面展开图可得原正方体如图所示：
由图可得：为异面直线，与不是异面直线，故①②错误；
连接，则为等边三角形，
而，故或其补角为与所成的角，
因为，故与所成的角为，故③正确；
因为，又平面，所以，故平面
又平面，所以，则④正确；
综上，正确命题的序号为：③④．
故选：C．
6．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（大纲卷））已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，取中点，连接，因为是中点，则，或其补角就是异面直线所成的角，设正四面体棱长为1，则，，．故选B．
7．（2007年普通高等学校招生全国统一考试文科数学卷（湖南））如图1，在正四棱柱中，分别是，的中点，则以下结论中不成立的是（ ）
A．与垂直B．与垂直
C．与异面D．与异面
【答案】D
【解析】如图所示，连结，由几何关系可得点为的中点，且，
由三角形中位线的性质可得：，即与不是异面直线，
很明显，与异面，
由几何关系可得：，则，
综上可得，选项D中的结论不成立.
本题选择D选项.
8．（2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅱ））已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取DD1中点F，则为所求角, ，
故选：C.
9．（2011年浙江省普通高等学校招生统一考试文科数学）若直线不平行于平面，且，则
A．内的所有直线与异面B．内不存在与平行的直线
C．内存在唯一的直线与平行D．内的直线与都相交
【答案】B
【解析】根据线面关系的定义，我们根据已知中直线l不平行于平面α，且l⊄α，判断出直线l与α的关系，利用直线与平面相交的定义，我们逐一分析四个答案，即可得到结论．
直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交
l与α内的直线可能相交，也可能异面，但不可能平行
故A，C，D错误
故选B．
考点：平面的基本性质及推论．
10．（2010年绥滨一中高一下学期期末考试数学卷）经过同一条直线上的3个点的平面
A．有且只有一个B．有且只有3个
C．有无数多个D．不存在
【答案】C
【解析】经过一条直线可以作无数多个平面.
故选：C.
11．（2002 年普通高等学校春季招生考试数学试题（上海卷））如图是表示一个正方体表面的一种平面展开图，图中的四条线段､､和在原正方体中相互异面的有 对
【答案】3
【解析】如图，将各点在原图中标记出来，观察发现，在、、和四条线中，
相互异面的只有3对：和、和、和AB.
故答案为：3.
12．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：
（1）当时，；
（2）点在平面内．
【解析】
（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc174542185" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc174542185 \h 2
\l "_Tc174542186" 题型一：证明“点共面”、“线共面”或“点共线”及“线共点” PAGEREF _Tc174542186 \h 2
\l "_Tc174542187" 题型二：截面问题 PAGEREF _Tc174542187 \h 6
\l "_Tc174542188" 题型三：异面直线的判定 PAGEREF _Tc174542188 \h 11
\l "_Tc174542189" 题型四：异面直线所成的角 PAGEREF _Tc174542189 \h 13
\l "_Tc174542190" 题型五：平面的基本性质 PAGEREF _Tc174542190 \h 16
\l "_Tc174542191" 题型六：等角定理 PAGEREF _Tc174542191 \h 18
\l "_Tc174542192" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc174542192 \h 20
\l "_Tc174542193" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc174542193 \h 39